第03讲 盐类的水解（复习讲义）（全国通用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦盐类水解核心考点，涵盖水解原理、影响因素及应用、水溶液粒子数量关系，按知识解构-考向破译-解题妙招逻辑架构知识体系，通过考情分析、思维建模、考点精讲、真题训练四环节，帮助学生系统构建水解平衡认知框架，突破离子浓度比较等难点。 讲义突出科学思维培养，如通过“谁强显谁性”规律指导盐溶液酸碱性判断，结合图像分析训练粒子浓度曲线解读能力。设置分层变式训练和高考真题溯源，助力学生在有限时间内掌握解题范式，为教师提供精准复习节奏把控依据，有效提升学生应考能力。

第03讲 盐类的水解 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 盐类水解原理 知识解构 知识点1 盐的分类及盐溶液的酸碱性 ∣ 知识点2 盐类水解的规律 知识点3 盐类水解方程式的书写 考向破译 考向1 考查盐类的水解及溶液的酸碱性 ∣ 考向2 考查盐类水解规律 解题妙招1盐溶液酸碱性的判断 解题妙招2盐类水解的实质、规律及特征 考点二 盐类水解的影响因素及应用 知识解构 知识点1 影响盐类水解的因素 ∣ 知识点2 盐类水解的应用 知识点3 水解常数及应用 考向破译 考向1 考查盐类水解的影响因素 ∣ 考向2 考查盐类水解的应用 考向3 考查水解常数的应用与计算 解题妙招1影响盐类水解的因素 解题妙招2盐类水解的应用 解题妙招3盐类水解常数及其应用 考点三 水溶液中粒子的数量关系 知识解构 知识点1 电解质溶液中的三大守恒 ∣ 知识点2 电解质溶液中粒子浓度大小比较 知识点3 水溶液中函数图像分析 考向破译 考向1 考查溶液中粒子浓度大小比较 ∣ 考向2 考查粒子浓度变化曲线的分析判断 解题妙招1电解质溶液中粒子浓度大小比较的思维模型 解题妙招2解答复杂图像题应注意的几个要点 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 盐类水解原理 重庆卷T11，3分 江苏卷T12，3 北京卷T8，3分 天津卷T12，3分 盐类水解的应用 贵州卷T12，3分 水溶液中粒子的数量关系 山东卷T15，4 河北卷，14，3 河南卷，14，3 湖北卷，14，3 甘肃卷，14，3 辽吉黑蒙卷，15，3 广西卷T14，3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从考查题型和内容上看，高考命题以选择题为主来呈现，考查内容主要有以下两个方面： (1)考查盐类水解的基本概念，依托实验背景，考查水解平衡的影响因素。 (2)与工农业生产相结合，考查盐类水解的应用。 (3)以单一溶液和混合溶液为背景，考查溶液中粒子浓度关系。 (4)借助图像的形式考查①水解方程式的书写；②结合滴定图像判断离子浓度关系；③电离平衡常数与水解常数的转化关系和应用。 2．从命题思路上看， (1)侧重以具体物质的反应和变化为载体，考查盐类水解的基本概念、水解规律、水解平衡的移动和影响因素；以实际情境为载体，考查水解的应用。 (2)侧重考查二元或多元酸与碱反应过程中，溶液中粒子浓度之间的关系。考查粒子浓度大小比较、三大守恒、对水电离的影响等。 (3)以一些新物质、新图像为载体考查有关水解常数的计算 3．预测2027年高考命题将以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析，侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。 ►复习目标： 1．了解盐类水解的原理及一般规律。 2．了解影响盐类水解程度的主要因素。 3．能用盐类水解原理解释生产、生活中的水解现象及在工农业生产中的应用。 4．掌握溶液中的守恒关系，并能用其判断盐溶液中粒子浓度的关系。 5．了解水解常数(Kh) 的含义，并能与弱电解质的电离常数进行相互计算。 6．了解溶液中粒子浓度变化常考图像的类型，能正确识别图像，能从图像中找到曲线指代、趋势、关键点。 7．利用溶液中平衡关系和粒子守恒关系， 建立分析不同类型图像的思路。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 盐类水解原理 知●识●解●构 知识点1 盐的分类及盐溶液的酸碱性 1.盐的概念：电离时生成______________或NH4+和酸根阴离子的化合物。 2.盐的分类： (1)按组成分：_______盐(如NaCl、KNO3)、_______盐(如KHSO4)、_______盐(如Mg(OH)Cl)。 (2)按溶解性分：_______盐(如KNO3)、_______盐(如CaSO4)、_______盐(如BaSO4)。 (3)按形成盐的酸和碱的强弱分：______________盐(如KNO3)、______________盐(如Na2CO3)、_______盐(如NH4Cl)、______________盐(如CH3COONH4)。 3.盐溶液的酸碱性： 盐的类型 强酸强碱盐 强碱弱酸盐 强酸弱碱盐 盐溶液的酸碱性 _______性 _______性 _______性 5.盐溶液的酸碱性的解释 (1)强酸弱碱盐(以氯化铵溶液呈酸性为例) 由于NH4Cl电离产生的NH能与水电离出来的_______结合，生成弱电解质_____________，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向_______移动，从而使c(H+)_______c(OH－)，溶液呈_______性。可表示如下： 总反应离子方程式为NH＋H2O______________。 (2)强碱弱酸盐(以CH3COONa溶液呈碱性为例)： 由于CH3COONa电离产生的CH3COO－能和水电离出来的_______结合，生成弱电解质______________，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向_______移动，从而使c(H＋)_______c(OH－)，溶液呈_______性。可表示如下： 总反应离子方程式为CH3COO－＋H2O______________ (3)强酸强碱盐(以NaCl溶液呈中性为例) ①电离过程：NaCl===Na＋＋Cl－，H2OH＋＋OH－。 ②水的电离平衡：溶液中没有______________生成，水的电离平衡未受到影响，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈_______性。 知识点2 盐类水解的规律 1.定义：在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的______________结合生成______________的反应。 2.实质：盐电离→→破坏了_______的电离平衡→水的电离程度_______→溶液呈_____________________。 3.特点 →水解反应是_______反应 ｜ →水解反应是酸碱中和反应的_______反应 ｜ →水解反应程度很_______ 4.规律：有_______才水解，越_______越水解；谁_______显谁性，同强显_______性。 盐的类型 实例 是否 水解 水解的离子 溶液的 酸碱性 溶液的pH 强酸强碱盐 NaCl、KNO3 ___ ___ _______ 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2 ___ _______ ___ _______ 弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3 ___ _______ ___ _______ 得分速记 (1)盐类的水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离。 (2)盐类的水解反应是中和反应的逆反应，水解过程吸热。 (3)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 (4)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然都能发生双水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NH和CO、NH和HCO在溶液中仍可大量共存。 知识点3 盐类水解方程式的书写 1.水解离子方程式的一般模式 阴(阳)离子＋H2O弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)。 2.盐类水解离子方程式的书写规律 (1)一般盐类水解程度很_______，水解产物很_______，如果产物_______(如NH3·H2O、H2CO3)也_______写成其分解产物的形式。 (2)多元弱酸盐的水解分步进行，以_______为主，一般只写_______水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－。 (3)多元弱碱阳离子的水解方程式_______，如FeCl3的水解离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 3.书写要求 (1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号_______表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号_______和_______表示水解产物。 (2)多元弱酸盐的水解是_______进行的，水解离子方程式要_______表示。 (3)多元弱碱阳离子的水解是_______进行的，但简化成_______写完。 (4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大的，如有沉淀生成，则书写时要用______________等。 4．不同类型盐水解的离子方程式 (1)一元弱酸强碱盐，以CH3COONa为例：CH3COO－＋H2O______________。 (2)一元弱碱强酸盐，以NH4Cl为例： NH＋H2O______________。 (3)多元弱酸强碱盐(正盐)：多元弱酸强碱盐水解是分步进行的，应分步书写。水解程度主要取决于第一步反应，以Na2CO3为例：CO＋H2O______________，HCO＋H2O______________。 (4)多元弱碱强酸盐：多元弱碱强酸盐水解也是分步的，由于中间过程复杂，中学阶段写成一步，以CuCl2为例：Cu2＋＋2H2O______________。 (5)多元弱酸的酸式盐，以NaHCO3为例： HCO＋H2O______________。 (6)弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进 ①NH与HCO、CO、CH3COO－等构成的盐，虽然水解相互促进，但水解程度较_______，仍是_______。如NH＋CH3COO－＋H2O______________。 ②Al3＋和CO或HCO等构成的盐，水解相互促进非常彻底，生成气体和沉淀。如Al3＋＋3HCO=______________。 考●向●破●译 考向1 考查盐类的水解及溶液的酸碱性 例1(2026·广东肇庆高三模拟预测)甲酸铵(HCOONH4)在有机合成、分析化学等领域应用广泛。25℃时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法正确的是( ) A．溶液中存在c(HCOO-)<c(NH4+) B．溶液中存在c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH4+)+c(NH3·H2O) C．加水稀释后，的值变小 D．加入氨水调节溶液pH=7，c(HCOOH)=c(NH3·H2O) 解题妙招 盐溶液酸碱性的判断 (1)“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。 (2)酸式盐溶液酸碱性的判断 ①多元弱酸的酸式盐：因弱酸的酸式酸根离子既可以发生电离，又可以发生水解，故盐溶液的酸碱性取决于对应酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小。如NaHCO3溶液中，HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；NaHSO3溶液中，HSO的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。 ②强酸的酸式盐：强酸的酸式酸根离子在溶液中完全电离，故盐溶液显酸性。如NaHSO4溶液显酸性。 【变式1】【变载体】(2026·重庆三模)将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略温度及混合时溶液体积变化)，已知该温度下NH3·H2O的电离平衡常数为1.8×10-5，下列说法正确的是( ) A．混合溶液中c(OH-)=0.05mol·L-1 B．混合后NH4Cl的水解常数增大 C．混合溶液中c(Cl－)＞2c(NH4+)＞2c(NH3·H2O) D．混合后滴加几滴盐酸溶液(忽略混合时溶液体积变化)，NH3·H2O的电离平衡向右移动 【变式2】【新情境—有机弱碱】吡啶()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成C5H5NHCl。下列叙述正确的是( ) A．0.01mol·L-1C5H5NHCl水溶液的pH=2 B．0.01mol·L-1C5H5NHCl水溶液加水稀释，pH升高 C．C5H5NHCl水溶液中：c(C5H5NH+)+ c(H+)=c(Cl－) D．25℃时，pH=11吡啶溶液与盐酸等体积混合，溶液显中性 【变式3】【新考法—新技术与学科知识结合】已知：H2A = H+ + HA-，HA- H+ +A2-某化学研究小组利用pH传感器测定了暴露在空气中的 0. 1mol ·L- 1 Na2A 溶液和蒸馏水(均溶有微量的二氧化碳)的pH随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( ) A．常温下，Na2A 溶液(不含CO2 )呈碱性 B．温度高于60 ℃，Na2A溶液的 pH 增大的原因可能是碳酸分解、溶解的CO2逸出 C．0.1mol ·L-1Na2A溶液中：0.2 mol ·L-1=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) D．利用充分煮沸并用植物油液封冷却的蒸馏水进行实验，该蒸馏水的 pH 将随温度升高而减小 考向2 考查盐类水解规律 例2(2026·广东高三仿真模拟)安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸，其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下，。下列说法正确的是( ) A．HR为强电解质，电离平衡为HRH++R- B．向NaR水溶液中加水稀释，溶液的pH升高 C．NaR水溶液中，cR＋)+cOH－)＝cH＋)＋cHR) D．常温下，NaR溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液弱 解题妙招 盐类水解的实质、规律及特征 (1)盐类水解的实质 盐电离→→破坏了水电离平衡―→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。 (2)盐类水解的规律 “有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。 “越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。 “都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。 “谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。 (3)盐类水解的特征 【变式1】【变载体—XXXX】 【变式训练】下列水解反应的离子方程式及有关说法正确的是(　　) A．NaHC2O4溶于水显碱性是因为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其电离程度 B．常温下，0.1 mol·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2OHX+OH- C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，颜色无变化 D．NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程度 【变式2】【新情境—工业生产与学科知识结合】高铁酸钠(Na2FeO4)作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理方面备受瞩目。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．Na2FeO4的水溶液显碱性，故可杀菌消毒 B．每生成1molNa2FeO4转移电子数目为3NA C．1L1.0mol·L-1FeCl3的水溶液中Fe3+数目为NA D．1L pH=11的NaClO溶液中OH-的数目为10-3NA 【变式3】【变考法】在一定温度下，CH3COONH4和NH4HCO3的溶液中部分粒子的分布系数δ[如]与初始浓度c0关系分别如图所示。下列说法正确的是( ) A．减小盐溶液初始浓度，离子水解程度可能减小 B．0.1mol·L-1CH3COONH4溶液中存在 C．CH3COONH4溶液的初始浓度越小，其水解程度越大 D．NH4HCO3溶液中存在 考点二 盐类水解的影响因素及应用 知●识●解●构 知识点1 影响盐类水解的因素 1.内因——反应物本身性质： 盐类水解程度的大小主要由_______所决定的，盐与水作用生成弱电解质(弱酸或弱碱)的倾向越_______，对水电离平衡的影响越_______，水解程度越_______。也就是说生成弱电解质越难电离(电离常数越_______)，水解程度越_______。如：CH3COOH、H2CO3、HCO的电离常数依次_______，CH3COO－、HCO、CO的水解程度依次_______，其溶液的pH依次_______。 得分速记 盐类的水解平衡移动，符合勒夏特列原理。 知识点2 盐类水解的应用 1.在日常生活和工农业生产中的应用 (1)热的纯碱溶液去油污效果_______：纯碱(Na2CO3)水解呈_______性，加热能促进_______，溶液的碱性_______，去污效果_______。水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。 (2)明矾(铝盐)、铁盐用作_______：明矾、铁盐溶于水电离产生的Al3＋、Fe3＋_______，生成的_______胶体、_______胶体可以使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大颗粒而_______，从而除去水中的_______，起到_______作用。Al3＋水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 (3)泡沫灭火剂：泡沫灭火器内所盛装药品分别是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，在使用时将两者混合，铝离子的水解会_______碳酸氢根离子的水解，从而使水解_______，产生_______和_______。水解的离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 (4)铵态氮肥_______与草木灰混合施用：NH在水溶液中水解生成_______，CO在水溶液中水解生成_______，当二者同时存在时，二者水解产生的_______和_______发生中和反应，使水解程度都_______，铵盐水解产生的______________易分解为_______而挥发，_______了肥效。 (5)在工业生产中广泛应用 ①焊接工业上用氯化铵作为金属的_______，是因为NH4Cl水解溶液呈_______性，与金属表面的锈发生反应而将其除去。 ②工业制备某些无水盐时，_______用蒸发结晶的方法，如由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在______________中加热，否则易发生反应：MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O。 ③工业上利用水解原理制备无机化合物等。如用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl。在制备时加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。类似的方法也可用于制备SnO、SnO2和Sn2O3等。 2.在化学实验中的应用 (1)配制可水解的盐溶液：某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而变_______，需加相应的_______来抑制水解，如在配制FeCl3溶液时常将FeCl3晶体溶于_______的盐酸中再加水_______至所需浓度来抑制FeCl3水解。 (2)可水解盐溶液的储存：某些强碱弱酸盐水解呈_______性，用玻璃试剂瓶贮存时，不能用_______，如Na2CO3溶液、NaF溶液等不能贮存于______________中。 (3)制备胶体：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，因Fe3＋的水解而得到红褐色 Fe(OH)3胶体。 (4)物质制取如制取Al2S3，不能用_______，若用Na2S溶液和AlCl3溶液，两种盐溶液在发生的水解反应中互相促进，得不到Al2S3。制取时要采用加热铝粉和硫粉的混合物：2Al＋3S_______。 3.在化学解题中的应用 (1)判断离子能否______________：若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与AlO、CO、HCO。 (2)判断盐溶液蒸干时所得的产物 ①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得_______，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。 ②盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的_______，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。 ③考虑盐受热时是否分解，如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→______________；NaHCO3→_______；KMnO4→______________；NH4Cl→______________。 ④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得______________。 ⑤弱酸的铵盐蒸干后_______。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。 (3)Mg、Zn等较活泼金属溶于强酸弱碱盐(如NH4Cl、AlCl3、FeCl3等)溶液中，产生_______。例如：将镁条投入NH4Cl溶液中，有H2、NH3产生，有关离子方程式为：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。 知识点3 水解常数及应用 1．水解常数的概念：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)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是______________，该常数就叫水解平衡常数。 2．水解常数(Kh)与电离常数的关系 (1)水解常数(Kh)表达式： ①用HA表示一元弱酸，MOH表示一元强碱，MA表示由它们生成的盐，MA为强碱弱酸盐，其水解离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，则水解常数：Kh＝______________ ②用HA表示一元强酸，MOH表示一元弱碱，MA表示由它们生成的盐，MA为强酸弱碱盐，其水解离子方程式为M+＋H2OMOH＋H+，则水解常数：Kh＝_____________ (2)水解常数(Kh)与电离常数的关系 ①CH3COONa溶液中存在如下水解平衡： CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ Kh＝＝＝＝_______ ②NH4Cl溶液中存在如下水解平衡： NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ Kh＝＝＝＝_______ 因而Ka(或Kh)与Kw的定量关系为： A.Ka·Kh＝_______或Kb·Kh＝_______ B.Na2CO3的水解常数Kh1＝_______ C.NaHCO3的水解常数Kh2＝_______ 3．意义及影响因素 ①Kh越大，表示盐的水解程度_______。 ②水解平衡常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。它只受_______的影响，因水解过程是_______过程，故它随温度的升高而_______。 4.盐类水解常数的应用 ①‌计算盐溶液中c(H+)或c(OH-)的浓度‌：通过水解常数可以计算出溶液中_______离子或_______离子的浓度。 ②‌判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小‌：例如，NaHCO3溶液呈_______性，因为其水解程度_______电离程度；NaHSO3溶液呈_______性，因为其水解程度_______电离程度。 ③‌预测水解平衡的移动方向‌：升温可以使水解平衡向右移动，_______水解程度。 考●向●破●译 考向1 考查盐类水解的影响因素 例1在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH- ，下列说法正确的是( ) A．升高温度，增大 B．加入 CuSO4固体，HS-浓度增大 C．稀释溶液，水解平衡常数增大 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 解题妙招 影响盐类水解的因素 内因 反应物本身的性质，即组成盐的弱酸阴离子或弱碱阳离子对应的酸或碱越弱，盐的水解程度越大 温度 盐的水解反应是吸热反应，因此升高温度促进盐的水解，降低温度抑制盐的水解 浓度 盐浓度越小，水解程度越大； 盐浓度越大，水解程度越小 酸碱性 加酸抑制阳离子水解，促进阴离子水解； 加碱抑制阴离子水解，促进阳离子水解 “同离子”效应 向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子，水解被抑制；若将水解产物消耗掉，则促进水解 规律 (1)能水解的盐的浓度越大，水解程度越小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。 (2)越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。 【变式1】【变载体】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：。下列说法正确的是( ) A．稀释溶液，各物质浓度均减小，平衡不移动 B．加入少量NaHCO3固体，平衡向正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH增大 【变式2】【变载体】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0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，增大 C．向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1 D．向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大 【变式3】【变考法】利用下图装置进行“反应条件对 FeCl3水解平衡的影响实验”。 装置 操作与现象 ①加热a至溶液沸腾，呈红褐色；用试纸检验b中溶液，试纸显中性 ②持续加热一段时间，取b中溶液，用试纸检验，试纸变红；用溶液检验，溶液变浅红 下列说法不正确的是( ) A．①中溶液呈红褐色，推测是由于温度升高促进了Fe3＋的水解 B．常温下， FeCl3水解产生的HCl在溶液中以H3O+、Cl-形式存在 C．以上现象说明HCl挥发促进了 FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl正向移动 D．根据上述现象，说明不宜用蒸干 FeCl3溶液的方法制备 FeCl3固体 考向2 考查盐类水解的应用 例2(2026·辽宁名校联盟二模)某学习小组探究铜盐溶液加热蒸干后物质的成分。取少量纯净的氯化铜晶体加水溶解，置于蒸发皿中，加热搅拌，直至蒸干。实验加热过程中观察到蓝色溶液先变成绿色溶液，最后得到棕黄色固体，该固体溶于水后可得蓝色溶液。下列说法错误的是( ) A．实验过程中，存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O B．温度升高和Cl-浓度的不断增大，均有利于[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2- C．实验过程中，得到的棕黄色固体中存在氯化铜 D．由该实验的现象可知：将硝酸铜溶液加热蒸干最后得到硝酸铜 解题妙招 盐类水解的应用 (1)在科学研究中的应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 如FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 配制或贮存易水解 的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；贮存Na2CO3、Na2SiO3溶液时，不能用磨口玻璃塞，应用带有橡胶塞的试剂瓶 胶体的制取　 制取Fe(OH)3胶体的反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ 制备某些无水盐 将某些挥发性酸对应的弱碱盐溶液直接蒸干时得不到无水盐。例如：加热AlCl3、FeCl3溶液，在加热过程中水解生成的HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3、Fe(OH)3，继续加热，Al(OH)3、Fe(OH)3分解得到Al2O3、Fe2O3，所以要得到无水AlCl3、FeCl3，只有在HCl气流中加热对应溶液才能实现 物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3，从而降低溶液酸性使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，然后通过过滤除去 判断离子共存 Al3＋与AlO2-、CO32-、HCO3-、S2－、HS－等因相互促进水解而不能共存 (2)在工农业生产和生活中的应用 应用 举例 泡沫灭火器原理 主要成分为NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液，发生的反应为Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑，灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭 化肥的施用 铵态氮肥(溶液显酸性)与草木灰(溶液显碱性)不得混合施用 热的纯碱溶液清洗油污 CO32-＋H2OHCO3-＋OH－，加热，水解平衡右移，溶液碱性增强，去污能力增强 明矾净水 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可作净水剂 除锈剂 NH4Cl、ZnCl2溶液因NH4+、Zn2＋水解而显酸性，金属表面的氧化膜可与H＋反应，因此均可作焊接时的除锈剂 【变式1】【变载体】NH4NO3是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是( ) A．将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细 B．硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定 C．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用 D．医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质 【变式2】【新变考法】下列实验操作不能达到实验目的的是( ) 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl3水溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干 C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 【变式3】【新情景—金属保护“发蓝”法】用化学方法在钢铁部件表面进行“发蓝”处理是一种普遍采用的金属防护方法：将洁净的铁件浸入一定浓度的NaOH和NaNO2溶液中(必要时加入其它辅助物质)，加热到适当温度并保持一定时间，铁件的表面形成一层致密的氧化物薄膜并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出。下列有关说法错误的是( ) A．“发蓝”之前可分别用Na2CO3溶液和NH4Cl溶液处理铁件 B．“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是Fe2O3 C．加热条件下，“发蓝”处理产生的无色气体能够还原CuO D．硫酸铜溶液可用于检验铁件是否“发蓝”成功 考向2 考查水解常数的应用与计算 例2(2026·河北承德一模)常温下，用NaOH溶液滴定H3PO4溶液过程中，溶液中的H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知：]。已知Kh1表示PO43-第一步的水解常数，以此类推。下列说法错误的是( ) A．曲线①代表H3PO4 B．的 C．pH=11时， D． 解题妙招 盐类水解常数及其应用 (1)Ka(或Kh)与Kw的定量关系为： ①Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw ②Na2CO3的水解常数Kh1＝ ③NaHCO3的水解常数Kh2＝ (2)盐类水解常数的应用包括： ①‌计算盐溶液中c(H+)或c(OH-)的浓度‌：通过水解常数可以计算出溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度。 ②‌判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小‌：例如，NaHCO3溶液呈碱性，因为其水解程度大于电离程度；NaHSO3溶液呈酸性，因为其水解程度小于电离程度。 ③‌预测水解平衡的移动‌：升温可以使水解平衡向右移动，增大水解程度。 【变式1】【新变考法】常温下，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定某浓度的二元弱酸(H2X)溶液，所得溶液中各种含X的微粒的物质的量分数(δ)与pH的变化曲线如图所示。 则：H2X的电离常数Ka1＝__________，X2－的水解常数Kh＝__________。 【变式2】【变情景—废水处理】在工业废水处理中，常用FeCl3溶液去除废水中的PO43-，核心原理是Fe3+与PO43-结合生成难溶的FePO₄沉淀，同时Fe3+会发生水解反应：Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+。已知25℃时，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，水的离子积Kw=1.0×10-14，H3PO4的第三步电离常数Ka3=1.0×10-13。下列说法正确的是( ) A.25℃时，Fe3+水解平衡常数Kh=1.0×10-6 B.该废水处理过程中，溶液的pH会减小 C.25℃时，若某含Fe3+溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，则该溶液的pH=3 D.增大溶液的pH，Fe3+的水解程度减小，有利于FePO4的生成 【变式3】【变考法】(2026·河北衡水高三模拟)常温下，向20.00 mL 0.5 mol·L-1草酸(H2C2O4)溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，反应液中含碳物种的浓度与NaOH溶液滴加量的变化关系如图所示，其中m点混合液中c(H＋)=1.8×10-13mol·L-1。已知：常温下，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4.；C2O42-、HC2O4-的水解常数分别为、。下列说法错误的是( ) A．曲线丙表示c(C2O42-)与滴加NaOH溶液体积的关系 B．常温下，草酸的电离常数Ka1(H2C2O4)≈5.6×10-2 C．n点溶液中： D． 考点三 水溶液中粒子的数量关系 知●识●解●构 知识点1 电解质溶液中的三大守恒 1.电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数_______。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝_____________________。 2.物料守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是_______的。 c(Na＋)＝____________________________ 3.质子守恒：指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量______________，如在Na2CO3溶液中： 所以c(OH－)＝____________________________ 知识点2 电解质溶液中粒子浓度大小比较 1．两个理论 (1)电离理论 ①弱电解质的电离是_______的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：________________________________________。　 ②多元弱酸的电离是______________的，其主要是_______电离。如在H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。 (2)水解理论 ①弱离子的水解损失是_______的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：________________________________________。 ②多元弱酸酸根离子的水解是______________的，其主要是______________，如在Na2CO3溶液中：________________________________________。 2．一个比较 比较同浓度的弱酸(或弱碱)的_______能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的_______能力。 (1)如果电离能力_______水解能力，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解的程度，则等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)。 (2)如果是水解能力_______电离能力，如HClO的电离程度小于ClO－水解的程度，则等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性，溶液中c(H＋)<c(OH－)。 (3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力的______________。如NaHCO3溶液中，HCO的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)；又如NaHSO3溶液中，HSO的电离能力大于水解能力，故溶液显酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)。 3．三个规律 (1)一般而言，等浓度的弱酸与弱酸盐混合，电离程度_______水解程度，溶液呈_______性；HCN、NaCN混合液除外，它们的溶液呈_______性，水解程度_______电离程度。 (2)对于存在电离和水解过程的NaHA溶液，若溶液呈酸性，则电离程度_______水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)；若溶液呈碱性，则电离程度_______水解程度，则c(H2A)＞c(A2－)。 (3)仅含4种离子的溶液，可以根据溶液的电中性判断离子浓度大小。如： a．CH3COOH和NaOH等物质的量混合时溶液显_____性，故c(OH－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)； b．NH3·H2O与HCl等物质的量混合时溶液显_______性，故c(H＋)＞c(OH－)，则c(Cl－)＞c(NH)。 4.电解质溶液中微粒浓度大小比较的类型 (1)多元弱酸溶液 判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：(显性离子)＞(一级电离离子)＞(二级电离离子)＞(水电离出的另一离子)例如：0.1mol/L的H2S溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：________________________________________。 (2)一元弱碱的正盐溶液， (强酸弱碱盐) ①_______守恒： ②_______守恒： ③微粒浓度： 判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：(不水解离子)＞(水解离子)＞(显性离子)＞(水电离出的另一离子)。 例如：0.1mol/L的CH3COONa溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：________________________________________。 (3)二元弱酸的正盐溶液， (强碱弱酸盐)溶液 ①电荷守恒： ②物料守恒： ③判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：(不水解离子)＞(水解离子)＞(显性离子)＞(二级水解离子)＞(水电离出的另一离子)。即微粒浓度：c (Na+)＞c (A2－)＞c (OH－)＞c (HA－) ＞c (H+)。 例如：0.1mol/L的Na2CO3溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：___________________________________。 (4)二元弱酸的酸式盐溶液， (弱酸的酸式盐)溶液( ：水解为主， ：电离为主) ①电荷守恒： ②物料守恒： ③判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是： 水解大于电离时：(不水解离子)＞(会水解离子)＞(显性离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒)＞(电离得到的酸跟离子)。 电离大于水解时：(不水解离子)＞(会电离离子)＞(显性离子)＞(电离得到的酸跟离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒) 即：微粒浓度 例如：0.1mol/L的NaHCO3溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是： ________________________________________。 (5)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。例如：在相同物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4。c(NH4+)由大到小的顺序____________________。 (6)混合溶液中各离子浓度大小的比较，要进行综合分析，电离因素、水解因素等都是影响离子浓度大小的要素。 ①同浓度、同体积的 (弱酸)与 混合液( ) 电荷守恒： 物料守恒： 微粒浓度 例如：0.1mol/L的CH3COONa溶液和0.1mol/L的CH3COOH混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是：________________________________________。在该溶液中，CH3COH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液显酸性：c (H+)＞c (OH－)，同时c(CH3COO－)＞c(Na+)。 还有分子的电离小于相应离子的水解的如：0.1mol/L的NaCN溶液和0.1mol/L的HCN混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是：________________________________________。在该溶液中，HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，溶液显碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时c(Na+)＞c(CN－)。 ②同浓度、同体积的 (弱碱)与 混合液( ) 电荷守恒： 物料守恒： 微粒浓度 例如：0.1mol/L的NH4Cl溶液和0.1mol/L的氨水混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是： ________________________________________。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH4+的水解相互抑制，NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性：c (OH－)＞c (H+)，同时c (NH4+)＞c (Cl－)。 知识点3 水溶液中函数图象分析 1．滴定曲线特殊点的分析 案例：常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图： (1)pH—V图　各特殊点粒子大小关系及变化趋势 点 溶质 离子浓度大小比较 A CH3COOH ____________________________ B(1∶1) CH3COOH、H3COONa ____________________________ C(pH＝7) CH3COOH、CH3COONa ____________________________ D CH3COONa ____________________________ E(2∶1) CH3COONa、NaOH ____________________________ F(1∶1) CH3COONa、NaOH ____________________________ (2)各特殊点对水电离程度的影响 点 溶质 水的电离情况 pH—V图 A CH3COOH _______ B CH3COOH、CH3COONa _______ C CH3COOH、CH3COONa _______ D CH3COONa _______ E CH3COONa、NaOH _______ F CH3COONa、NaOH _______ 结论：水的电离程度大小顺序为： _____________________ 2．分布曲线 分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线] 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例) δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数 (1)随着pH增大，溶质分子浓度不断_______，离子浓度逐渐_______，酸根离子_______。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的______________。 (2)同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的______________。 3.“四步骤”突破多曲线图象题 (1)明确横、纵坐标的含义。一般情况下，横坐标为pH，纵坐标各组分浓度随 pH 的变化趋势。 (2)抓主关键点。重视起点、终点和交点对应的 pH，特别要关注交点，交点处微粒浓度相同，可用此特殊关系计算电离常数或水解平衡常数。 (3)理解最高点和最低 点对应的 pH 和各组分存在的 pH 范围。 (4)联系电离平衡、水解平衡的规律及电荷守恒、物料守恒的关系分析判断。 考●向●破●译 考向1 考查溶液中粒子浓度大小的比较 例1(2026·江苏连云港高三考前模拟预测)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)，其主要实验流程如下： 已知：25，，，，。 下列说法正确的是( ) A．步骤Ⅰ所得溶液中可能存在 B．步骤Ⅱ中反应的离子方程式为CO(NH2)2+ClO-+H2O=N2H4·H2O+Cl－+CO2↑ C．25℃ 时，将等体积等物质的量浓度的和盐酸混合得到的溶液中存在 D．步骤Ⅲ蒸馏出水合肼后的残留液中c(Cl-)＜c(CO32-) 解题妙招 电解质溶液中粒子浓度大小比较的思维模型 【变式1】【变载体】已知：常温下Ksp(FeCO3)=3.1×10-11，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5.常温下，将一定浓度的FeCl2溶液与NH4HCO3溶液混合，产生气体并生成白色FeCO3沉淀。下列说法不正确的是( ) A．0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中：c(H2CO3)>c(CO32-)＋c(NH3·H2O) B．混合后溶液中：c(Fe2＋)·c(CO32-)=3.1×10-11 C．混合后溶液中：c(H＋)＋c(NH4+)=c(OH-)＋c(Cl-)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-) D．向100 mL 1 mol·L-1氨水中通入标准状况下1.68 L CO2，完全反应后溶液中：c(NH4+)>2c(CO32-)＋c(HCO3-) 【变式2】【变情境】NaOH溶液可以吸收废气中的NO2，生成NaNO2和NaNO3。现用100mL0.1mol·L-1NaOH溶液吸收含NO2的废气(无其他含氮气体，忽略溶液体积的变化)。已知Ka(HNO2)=5×10-4、Ka1(H2CO3)=4×10-7。室温下，下列说法正确的是( ) A．0.1mol·L-1NaNO2溶液中存在：c(H⁺) = c(HNO₂) + c(OH⁻) B．时吸收液中存在：c(Na⁺) = c(NO3-) + c(NO2-) + c(HNO₂) C．吸收过程中溶液中可能存在：c(NO3-)＜c(NO2-) D．用0.1mol·L-1Na2CO3溶液吸收废气可发生反应：CO32-+NO2=NO3-+CO2 【变式3】【变考法】测定湖盐(盐湖中提取的天然盐)中Na2CO3和NaHCO3含量的实验过程如下： 已知25℃时H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.5×10-7，Ka2=5×10-11。下列说法不正确的是( ) A．用甲基橙作指示剂滴定时发生的反应为：HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ B．在滴定过程中的溶液存在： C．在滴定过程中，pH=8的溶液中存在： D．在滴定过程中，pH=4.4的溶液中存在： 考向2 考查粒子浓度变化曲线的分析判断 例2(2026·湖南长沙二模)常温下，用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.01 mol/L HA溶液，溶液中含有A微粒的物质的量分数x[、]和随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是( ) A．a<10 B．N、S、H三点的溶液中，水的电离程度最大的是H C．M点溶液中存在关系： D．S点溶液中：c(Na+)＞c(A-) 解题妙招 解答复杂图像题应注意的几个要点 (1)复杂图像五看：一看面(坐标)，二看线(变化趋势)，三看点(起点、交点、终点)，四看辅助线，五看量(数字计算)。如坐标表示的有c(M)、α(M)、lg c(M)、lg 、pM、lg 等，不同符号表示的意义不同。 (2)pH：可以得出c(H＋)；通过比较溶质的物质的量浓度可判断是强电解质或弱电解质。 (3)交点：相交的两种物质的某量相等，常进行相互代换用于计算。 (4)pH＝7：常温下表示溶液显中性，此时，c(H＋)＝c(OH－)，在等式中常进行抵消。 (5)数据与浓度符号的转化：在坐标图中，标明了某种物质的量，一般要用标明的量进行分析。 (6)守恒：元素守恒，电荷守恒，质子守恒。 【变式1】【变载体】(2026·山西忻州高三考前模拟预测)常温下，0.01mol·L-1的醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+、OH-的浓度对数与溶液pH(溶液总体积保持不变)之间的关系如图所示。下列说法错误的是( ) 已知：；。 A．M点c(H+)＞c(CH3COO－)+c(OH―) B．N点的坐标为(4.27，-2.3) C．曲线④在y轴上截距为-12 D．O点c(CH3COOH)=10-9.26mol·L-1 【变式2】【变载体】(2026·海南海口考前模拟预测)常温下，向甲胺(CH3NH2)溶液中滴加VmL0.1mol·L-1盐酸，溶液中含N粒子分布系数δ[如]与pH的关系如图所示。已知：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。下列叙述错误的是( ) A．曲线L1代表δ(CH3NH3+)与pH的关系 B．常温下， C．M点时V=20 D．当V＞20时，溶液中可能存在c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(CH3NH2)＞c(OH-) 【变式3】【变载体】(2026·陕西西安高三模拟预测)室温下，向一定浓度的H3Y溶液中滴加NaOH溶液，溶液中酸度强度随溶液的变化如图所示。下列说法正确的是( ) · A．Ⅰ代表的是的变化 B．H3Y的Ka2=10-6.8 C．NaH2Y溶液中 D．的平衡常数K=106.18 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·重庆卷，11，3分)Fe2+能与邻菲咯啉(Phen)形成配离子[Fe(Phen)3]2+。将相同物质的量浓度的Phen和 (NH4)2Fe(SO4)2溶液以不同体积混合，调 pH=4.5并定容，且各混合溶液中(n为定值)，已知。下列关于混合溶液的叙述正确的是( ) A．x=0时， B．x=0.6时， C．x=0.75时， D．x=0.9时， 2．(2026·山东卷，15，4分)25℃下，向初始浓度一定的NH4Cl溶液中加入CaCO3(s)，通过加入HNO3或NaOH调节pH[CaCO3(s)始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值lg[c(X)/mol·L-1]随pH的变化如图所示(X表示NH4+、NH3、Ca2+、HCO3-)。下列说法错误的是( ) A．丁线所示物种为HCO3- B．调节pH=7.00时，需加入NaOH C．点 D．点： 3．(2025·江苏卷，12，3分)室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 已知：Ka(HSO4-)=1.2×10-2，Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。下列说法正确的是( ) A．较浓H2SO4溶液中：c(H)=2c(SO42-)+c(OH―) B．NaHSO3溶液中：的平衡常数 C．(NH4)2C2O4溶液中： D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中： 4．(2025•河北卷，14，3分)已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]-和[CuL2]4-常温下，0.100 mol·L-1的H3L和0.002 mol·L-1的CuSO4混合溶液中，HL2-和L3-的浓度对数lgc (实线)、含铜微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示： 下列说法错误的是( ) A．Cu2++L3-[CuL]-，K=109.4 B．HL2- H++L3-，K=10-11.6 C．图中a点对应的pH=4.2 D．当pH=6.4时，体系中c(HL2-)＞c([CuL2]4-)＞c([CuL]-)＞c(L3-) 5．(2025•河南卷，14，3分)乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为Y)可结合转化为[H2NCH2CH2NH3]+ (简写为HY+)[H3NCH2CH2NH3]2+ (简写为H2Y2+)。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3 溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表Ag+、[AgY]+或[AgY2]+)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、HY+或H2Y2+)。比如。 下列说法错误的是( ) A．曲线I对应的离子是[AgY2]+ B．最大时对应的 C．反应Ag++Y[AgY]+的平衡常数K1=104.70 D．时，c(HY+)＞c(Y)＞c(H2Y2+) 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 盐类的水解 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 盐类水解原理 知识解构 知识点1 盐的分类及盐溶液的酸碱性 ∣ 知识点2 盐类水解的规律 知识点3 盐类水解方程式的书写 考向破译 考向1 考查盐类的水解及溶液的酸碱性 ∣ 考向2 考查盐类水解规律 解题妙招1盐溶液酸碱性的判断 解题妙招2盐类水解的实质、规律及特征 考点二 盐类水解的影响因素及应用 知识解构 知识点1 影响盐类水解的因素 ∣ 知识点2 盐类水解的应用 知识点3 水解常数及应用 考向破译 考向1 考查盐类水解的影响因素 ∣ 考向2 考查盐类水解的应用 考向3 考查水解常数的应用与计算 解题妙招1影响盐类水解的因素 解题妙招2盐类水解的应用 解题妙招3盐类水解常数及其应用 考点三 水溶液中粒子的数量关系 知识解构 知识点1 电解质溶液中的三大守恒 ∣ 知识点2 电解质溶液中粒子浓度大小比较 知识点3 水溶液中函数图像分析 考向破译 考向1 考查溶液中粒子浓度大小比较 ∣ 考向2 考查粒子浓度变化曲线的分析判断 解题妙招1电解质溶液中粒子浓度大小比较的思维模型 解题妙招2解答复杂图像题应注意的几个要点 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 盐类水解原理 重庆卷T11，3分 江苏卷T12，3 北京卷T8，3分 天津卷T12，3分 盐类水解的应用 贵州卷T12，3分 水溶液中粒子的数量关系 山东卷T15，4 河北卷，14，3 河南卷，14，3 湖北卷，14，3 甘肃卷，14，3 辽吉黑蒙卷，15，3 广西卷T14，3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从考查题型和内容上看，高考命题以选择题为主来呈现，考查内容主要有以下两个方面： (1)考查盐类水解的基本概念，依托实验背景，考查水解平衡的影响因素。 (2)与工农业生产相结合，考查盐类水解的应用。 (3)以单一溶液和混合溶液为背景，考查溶液中粒子浓度关系。 (4)借助图像的形式考查①水解方程式的书写；②结合滴定图像判断离子浓度关系；③电离平衡常数与水解常数的转化关系和应用。 2．从命题思路上看， (1)侧重以具体物质的反应和变化为载体，考查盐类水解的基本概念、水解规律、水解平衡的移动和影响因素；以实际情境为载体，考查水解的应用。 (2)侧重考查二元或多元酸与碱反应过程中，溶液中粒子浓度之间的关系。考查粒子浓度大小比较、三大守恒、对水电离的影响等。 (3)以一些新物质、新图像为载体考查有关水解常数的计算 3．预测2027年高考命题将以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析，侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。 ►复习目标： 1．了解盐类水解的原理及一般规律。 2．了解影响盐类水解程度的主要因素。 3．能用盐类水解原理解释生产、生活中的水解现象及在工农业生产中的应用。 4．掌握溶液中的守恒关系，并能用其判断盐溶液中粒子浓度的关系。 5．了解水解常数(Kh) 的含义，并能与弱电解质的电离常数进行相互计算。 6．了解溶液中粒子浓度变化常考图像的类型，能正确识别图像，能从图像中找到曲线指代、趋势、关键点。 7．利用溶液中平衡关系和粒子守恒关系， 建立分析不同类型图像的思路。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 盐类水解原理 知●识●解●构 知识点1 盐的分类及盐溶液的酸碱性 1.盐的概念：电离时生成金属阳离子或NH4+和酸根阴离子的化合物。 2.盐的分类： (1)按组成分：正盐(如NaCl、KNO3)、酸式盐(如KHSO4)、碱式盐(如Mg(OH)Cl)。 (2)按溶解性分：易溶性盐(如KNO3)、微溶性盐(如CaSO4)、难溶性盐(如BaSO4)。 (3)按形成盐的酸和碱的强弱分：强酸强碱盐(如KNO3)、强碱弱酸盐(如Na2CO3)、强酸弱碱盐(如NH4Cl)、弱酸弱碱盐(如CH3COONH4)。 3.盐溶液的酸碱性： 盐的类型 强酸强碱盐 强碱弱酸盐 强酸弱碱盐 盐溶液的酸碱性 中性 碱性 酸性 5.盐溶液的酸碱性的解释 (1)强酸弱碱盐(以氯化铵溶液呈酸性为例) 由于NH4Cl电离产生的NH能与水电离出来的OH－结合，生成弱电解质NH3·H2O，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向右移动，从而使c(H+)>c(OH－)，溶液呈酸性。可表示如下： 总反应离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 (2)强碱弱酸盐(以CH3COONa溶液呈碱性为例)： 由于CH3COONa电离产生的CH3COO－能和水电离出来的H＋结合，生成弱电解质CH3COOH，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向右移动，从而使c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性。可表示如下： 总反应离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ (3)强酸强碱盐(以NaCl溶液呈中性为例) ①电离过程：NaCl===Na＋＋Cl－，H2OH＋＋OH－。 ②水的电离平衡：溶液中没有弱电解质生成，水的电离平衡未受到影响，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。 知识点2 盐类水解的规律 1.定义：在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。 2.实质：盐电离→→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→溶液呈碱性、酸性或中性。 3.特点 →水解反应是可逆反应 ｜ →水解反应是酸碱中和反应的逆反应 ｜ →水解反应程度很微弱 4.规律：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。 盐的类型 实例 是否 水解 水解的离子 溶液的 酸碱性 溶液的pH 强酸强碱盐 NaCl、KNO3 否 中性 pH＝7 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2 是 NH、Cu2＋ 酸性 pH＜7 弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO 碱性 pH>7 得分速记 (1)盐类的水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离。 (2)盐类的水解反应是中和反应的逆反应，水解过程吸热。 (3)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 (4)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然都能发生双水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NH和CO、NH和HCO在溶液中仍可大量共存。 知识点3 盐类水解方程式的书写 1.水解离子方程式的一般模式 阴(阳)离子＋H2O弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)。 2.盐类水解离子方程式的书写规律 (1)一般盐类水解程度很小，水解产物很少，如果产物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不写成其分解产物的形式。 (2)多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－。 (3)多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如FeCl3的水解离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 3.书写要求 (1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。 (2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。 (3)多元弱碱阳离子的水解是分步进行的，但简化成一步写完。 (4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大的，如有沉淀生成，则书写时要用“===”“↑” “↓”等。 4．不同类型盐水解的离子方程式 (1)一元弱酸强碱盐，以CH3COONa为例：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。 (2)一元弱碱强酸盐，以NH4Cl为例： NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 (3)多元弱酸强碱盐(正盐)：多元弱酸强碱盐水解是分步进行的，应分步书写。水解程度主要取决于第一步反应，以Na2CO3为例：CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 (4)多元弱碱强酸盐：多元弱碱强酸盐水解也是分步的，由于中间过程复杂，中学阶段写成一步，以CuCl2为例：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋。 (5)多元弱酸的酸式盐，以NaHCO3为例： HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 (6)弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进 ①NH与HCO、CO、CH3COO－等构成的盐，虽然水解相互促进，但水解程度较小，仍是部分水解。如NH＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。 ②Al3＋和CO或HCO等构成的盐，水解相互促进非常彻底，生成气体和沉淀。如Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2。 考●向●破●译 考向1 考查盐类的水解及溶液的酸碱性 例1(2026·广东肇庆高三模拟预测)甲酸铵(HCOONH4)在有机合成、分析化学等领域应用广泛。25℃时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法正确的是( ) A．溶液中存在c(HCOO-)<c(NH4+) B．溶液中存在c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH4+)+c(NH3·H2O) C．加水稀释后，的值变小 D．加入氨水调节溶液pH=7，c(HCOOH)=c(NH3·H2O) 【答案】B 【解析】A项，溶液显酸性，故c(H＋)＞c(OH-)，结合电荷守恒c(H＋)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCOO－)，可得c(NH4+)＜c(HCOO－)，A错误；B项，甲酸铵中HCOO－和NH4+初始浓度相等，根据物料守恒，含C微粒总浓度等于含N微粒总浓度，即c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c((HCOO－)+c(HCOOH)，B正确；C项，甲酸电离常数，变形得，加水稀释时溶液酸性减弱，c(H＋)减小，温度不变Ka不变，故该比值变大，C错误；D项，加入氨水调pH=7时，由电荷守恒得c(NH4+)=c(HCOO－)，但氨水引入了额外的N元素，因此含N微粒总浓度大于含C微粒总浓度，即c(NH3·H2O)+c(NH4+)＞c((HCOO－)+c(HCOOH)，代入c(NH4+)=c(HCOO－)，得c(NH3·H2O)＞c(HCOOH)，D错误；故选B。 解题妙招 盐溶液酸碱性的判断 (1)“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。 (2)酸式盐溶液酸碱性的判断 ①多元弱酸的酸式盐：因弱酸的酸式酸根离子既可以发生电离，又可以发生水解，故盐溶液的酸碱性取决于对应酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小。如NaHCO3溶液中，HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；NaHSO3溶液中，HSO的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。 ②强酸的酸式盐：强酸的酸式酸根离子在溶液中完全电离，故盐溶液显酸性。如NaHSO4溶液显酸性。 【变式1】【变载体】(2026·重庆三模)将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略温度及混合时溶液体积变化)，已知该温度下NH3·H2O的电离平衡常数为1.8×10-5，下列说法正确的是( ) A．混合溶液中c(OH-)=0.05mol·L-1 B．混合后NH4Cl的水解常数增大 C．混合溶液中c(Cl－)＞2c(NH4+)＞2c(NH3·H2O) D．混合后滴加几滴盐酸溶液(忽略混合时溶液体积变化)，NH3·H2O的电离平衡向右移动 【答案】D 【解析】设原溶液体积均为V，等体积混合后总体积为2V，发生反应NH4Cl+NaOH=NH3·H2O+NaCl，反应后： 剩余NH4Cl为0.1V，生成NaCl、NH3·H2O均为0.1V，因此浓度关系：c(Cl-＋)=0.1mol·L-1，。A项，NH3·H2O是弱电解质，仅能部分电离，混合溶液中c(OH-)远小于0.05mol·L-1 ，A错误；B项，水解常数只与温度有关，题目明确忽略温度变化，因此NH4Cl的水解常数不变，B错误；C项，根据物料守恒，混合溶液中c(Cl－)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.1mol·L-1，且反应后， 已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，NH4+的水解常数​，即NH3·H2O电离程度大于Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5的水解程度，故c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，2c(NH4+)＞0.1mol·L-1，因此c(Cl－)＜2c(NH4+)，C错误；D项，滴加盐酸后，H+与NH3·H2O电离出的OH-反应，使c(OH-)降低，NH3·H2ONH4++OH- 电离平衡向右移动，D正确；故选D。 【变式2】【新情境—有机弱碱】吡啶()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成C5H5NHCl。下列叙述正确的是( ) A．0.01mol·L-1C5H5NHCl水溶液的pH=2 B．0.01mol·L-1C5H5NHCl水溶液加水稀释，pH升高 C．C5H5NHCl水溶液中：c(C5H5NH+)+ c(H+)=c(Cl－) D．25℃时，pH=11吡啶溶液与盐酸等体积混合，溶液显中性 【答案】B 【解析】吡啶(C5H5N)为一元有机弱碱，其盐酸盐C5H5NHCl属于强酸弱碱盐，阳离子C5H5NH+发生水解使溶液显酸性：C5H5NH++H2OC5H5N+H3O+。A项，C5H5NH+为弱碱阳离子，水解程度微弱，无法完全电离出H+，因此0.01 mol/L溶液中cH＋)＜＜0.01mol·L-1，pH>2，A错误；B项，加水稀释时，水解平衡虽正向移动、H+物质的量增加，但溶液体积增大的影响占主导，最终cH＋)减小，溶液酸性减弱，pH升高，B正确；C项，由电荷守恒可得c(C5H5NH+)+ c(H)=c(Cl－)+c(OH―)；由物料守恒可得c(C5H5NH+)+ c(C5H5N)=c(Cl－)。选项等式不符合任一守恒关系，C错误；D项，吡啶为弱碱，仅部分电离，pH=11的吡啶溶液溶质浓度远大于10−3mol/L；pH=3的盐酸中HCl浓度为10−3mol/L。等体积混合后吡啶大量过量，溶液显碱性，D错误；故选B。 【变式3】【新考法—新技术与学科知识结合】已知：H2A = H+ + HA-，HA- H+ +A2-某化学研究小组利用pH传感器测定了暴露在空气中的 0. 1mol ·L- 1 Na2A 溶液和蒸馏水(均溶有微量的二氧化碳)的pH随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( ) A．常温下，Na2A 溶液(不含CO2 )呈碱性 B．温度高于60 ℃，Na2A溶液的 pH 增大的原因可能是碳酸分解、溶解的CO2逸出 C．0.1mol ·L-1Na2A溶液中：0.2 mol ·L-1=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) D．利用充分煮沸并用植物油液封冷却的蒸馏水进行实验，该蒸馏水的 pH 将随温度升高而减小 【答案】C 【解析】A．由题意可知，A2-可发生水解：A2-+H2OHA-+OH- ， 常温下Na2A溶液(不含CO2)呈碱性，A正确；B．碳酸分解、溶解的二氧化碳逸出会导致溶液氢离子浓度减小，pH增大，B正确；C．Na2A溶液中存在电荷守恒关系：，将c(Na＋)=0.2mol·L-1代入得到，C错误；D．温度升高，水的电离程度增大，使水中的c(H＋)增大，即pH减小，D正确；故选C。 考向2 考查盐类水解规律 例2(2026·广东高三仿真模拟)安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸，其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下，。下列说法正确的是( ) A．HR为强电解质，电离平衡为HRH++R- B．向NaR水溶液中加水稀释，溶液的pH升高 C．NaR水溶液中，cR＋)+cOH－)＝cH＋)＋cHR) D．常温下，NaR溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液弱 【答案】D 【解析】A项，HR的钠盐NaR水溶液呈碱性，说明HR是弱酸，属于弱电解质，A错误；B项，NaR水溶液中R-水解使溶液显碱性，加水稀释时溶液碱性减弱，pH降低，B错误；C项，NaR水溶液中质子守恒式为cOH－)＝cH＋)＋cHR)，给出的等式不符合守恒关系，C错误；D项，已知，说明HR酸性强于H2CO3，根据“越弱越水解”，同浓度下R-水解程度小于HCO3-，故NaR溶液的碱性比同浓度NaHCO3溶液弱，D正确；故选D。 解题妙招 盐类水解的实质、规律及特征 (1)盐类水解的实质 盐电离→→破坏了水电离平衡―→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。 (2)盐类水解的规律 “有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。 “越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。 “都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。 “谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。 (3)盐类水解的特征 【变式1】【变载体—XXXX】 【变式训练】下列水解反应的离子方程式及有关说法正确的是(　　) A．NaHC2O4溶于水显碱性是因为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其电离程度 B．常温下，0.1 mol·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2OHX+OH- C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，颜色无变化 D．NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程度 【答案】A 【解析】NaHC2O4溶于水显碱性，说明HC2O4-的水解程度大于其电离程度，离子方程式均正确，A项正确；X-水解的离子方程式为X-+H2OHX+OH-，B项错误；CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，平衡逆向移动，颜色变浅，C项错误；NaHSO3溶于水显酸性，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度，D项错误。 【变式2】【新情境—工业生产与学科知识结合】高铁酸钠(Na2FeO4)作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理方面备受瞩目。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．Na2FeO4的水溶液显碱性，故可杀菌消毒 B．每生成1molNa2FeO4转移电子数目为3NA C．1L1.0mol·L-1FeCl3的水溶液中Fe3+数目为NA D．1L pH=11的NaClO溶液中OH-的数目为10-3NA 【答案】B 【解析】A．高铁酸钠溶于水后，会发生如下反应，反应生成了氢氧化钠(NaOH)，使溶液呈碱性。然而，高铁酸钠的杀菌消毒作用主要来源于其强氧化性，而非碱性。Na2FeO4具有强氧化性，能杀灭病菌，故可杀菌消毒，A错误；B．根据方程式中的变化可知，每生成1molNa2FeO4转移电子数目为3NA， B正确；C．1L1.0mol·L-1FeCl3的水溶液中n(FeCl3)=1mol，由于一部分Fe3+发生水解反应，所以1L1.0mol·L-1FeCl3的水溶液中Fe3+数目为小于NA，C错误；D．溶液温度未知，Kw的数值不能确定，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，D错误；故答案选B。 【变式3】【变考法】在一定温度下，CH3COONH4和NH4HCO3的溶液中部分粒子的分布系数δ[如]与初始浓度c0关系分别如图所示。下列说法正确的是( ) A．减小盐溶液初始浓度，离子水解程度可能减小 B．0.1mol·L-1CH3COONH4溶液中存在 C．CH3COONH4溶液的初始浓度越小，其水解程度越大 D．NH4HCO3溶液中存在 【答案】A 【解析】图1是NH4HCO3溶液中部分粒子的分布系数与初始浓度的关系图，c0越小，-lgc0越大，NH4+的分布系数随初始浓度减小，起初几乎不变，后增大，HCO3-的分布系数随初始浓度减小，起初几乎不变，后减小。图2是CH3COONH4溶液中部分粒子的分布系数与初始浓度的关系图，随着初始浓度减小，NH4+、CH3COO-分布系数不变且相同。A．c0越小，-lgc0越大。由图1可知NH4+随初始浓度减小到一定程度，分布系数增加，NH4+水解程度减小，所以减小盐溶液初始浓度，离子水解程度可能减小，A正确；B．0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的-lgc0=1，由图2可知，此时且接近0.995，说明水解程度很小。结合元素守恒：，则，结合电荷守恒：，可得c(H＋)=c(OH-)，所以0.1mol·L-1CH3COONH4溶液中存在，B错误；C．c0越小，-lgc0越大。由图2可知随着初始浓度减小，NH4+、CH3COO-分布系数不变且相同，说明CH3COONH4的水解程度不随初始浓度改变而改变，C错误；D．NH4HCO3溶液中存在电荷守恒：，元素守恒：，由“电荷守恒式+元素守恒式”得：，D错误；故选A。 考点二 盐类水解的影响因素及应用 知●识●解●构 知识点1 影响盐类水解的因素 1.内因——反应物本身性质： 盐类水解程度的大小主要由盐的性质所决定的，盐与水作用生成弱电解质(弱酸或弱碱)的倾向越大，对水电离平衡的影响越大，水解程度越大。也就是说生成弱电解质越难电离(电离常数越小)，水解程度越大。如：CH3COOH、H2CO3、HCO的电离常数依次减小，CH3COO－、HCO、CO的水解程度依次增大，其溶液的pH依次增大。 2.外因 得分速记 盐类的水解平衡移动，符合勒夏特列原理。 知识点2 盐类水解的应用 1.在日常生活和工农业生产中的应用 (1)热的纯碱溶液去油污效果更好：纯碱(Na2CO3)水解呈碱性，加热能促进水解，溶液的碱性增强，去污效果增强。水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。 (2)明矾(铝盐)、铁盐用作净水剂：明矾、铁盐溶于水电离产生的Al3＋、Fe3＋水解，生成的Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体可以使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大颗粒而沉降，从而除去水中的悬浮物，起到净水作用。Al3＋水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 (3)泡沫灭火剂：泡沫灭火器内所盛装药品分别是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，在使用时将两者混合，铝离子的水解会促进碳酸氢根离子的水解，从而使水解完全，产生CO2和Al(OH)3。水解的离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 (4)铵态氮肥不能与草木灰混合施用：NH在水溶液中水解生成H＋，CO在水溶液中水解生成OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易分解为NH3而挥发，降低了肥效。 (5)在工业生产中广泛应用 ①焊接工业上用氯化铵作为金属的除锈剂，是因为NH4Cl水解溶液呈酸性，与金属表面的锈发生反应而将其除去。 ②工业制备某些无水盐时，不能用蒸发结晶的方法，如由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则易发生反应：MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O。 ③工业上利用水解原理制备无机化合物等。如用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl。在制备时加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。类似的方法也可用于制备SnO、SnO2和Sn2O3等。 2.在化学实验中的应用 (1)配制可水解的盐溶液：某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而变浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3溶液时常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中再加水稀释至所需浓度来抑制FeCl3水解。 (2)可水解盐溶液的储存：某些强碱弱酸盐水解呈碱性，用玻璃试剂瓶贮存时，不能用玻璃塞，如Na2CO3溶液、NaF溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中。 (3)制备胶体：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，因Fe3＋的水解而得到红褐色 Fe(OH)3胶体。 (4)物质制取如制取Al2S3，不能用湿法，若用Na2S溶液和AlCl3溶液，两种盐溶液在发生的水解反应中互相促进，得不到Al2S3。制取时要采用加热铝粉和硫粉的混合物：2Al＋3SAl2S3。 3.在化学解题中的应用 (1)判断离子能否大量共存：若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与AlO、CO、HCO。 (2)判断盐溶液蒸干时所得的产物 ①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。 ②盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。 ③考虑盐受热时是否分解，如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和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。 ④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。 ⑤弱酸的铵盐蒸干后无固体。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。 (3)Mg、Zn等较活泼金属溶于强酸弱碱盐(如NH4Cl、AlCl3、FeCl3等)溶液中，产生H2。例如：将镁条投入NH4Cl溶液中，有H2、NH3产生，有关离子方程式为：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。 知识点3 水解常数及应用 1．水解常数的概念：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)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是一个常数，该常数就叫水解平衡常数。 2．水解常数(Kh)与电离常数的关系 (1)水解常数(Kh)表达式： ①用HA表示一元弱酸，MOH表示一元强碱，MA表示由它们生成的盐，MA为强碱弱酸盐，其水解离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，则水解常数：Kh＝ ②用HA表示一元强酸，MOH表示一元弱碱，MA表示由它们生成的盐，MA为强酸弱碱盐，其水解离子方程式为M+＋H2OMOH＋H+，则水解常数：Kh＝ (2)水解常数(Kh)与电离常数的关系 ①CH3COONa溶液中存在如下水解平衡： CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ Kh＝＝＝＝ ②NH4Cl溶液中存在如下水解平衡： NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ Kh＝＝＝＝ 因而Ka(或Kh)与Kw的定量关系为： A.Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw B.Na2CO3的水解常数Kh1＝ C.NaHCO3的水解常数Kh2＝ 3．意义及影响因素 ①Kh越大，表示盐的水解程度越大。 ②水解平衡常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。它只受温度的影响，因水解过程是吸热过程，故它随温度的升高而增大。 4.盐类水解常数的应用 ①‌计算盐溶液中c(H+)或c(OH-)的浓度‌：通过水解常数可以计算出溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度。 ②‌判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小‌：例如，NaHCO3溶液呈碱性，因为其水解程度大于电离程度；NaHSO3溶液呈酸性，因为其水解程度小于电离程度。 ③‌预测水解平衡的移动方向‌：升温可以使水解平衡向右移动，增大水解程度。 考●向●破●译 考向1 考查盐类水解的影响因素 例1在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH- ，下列说法正确的是( ) A．升高温度，增大 B．加入 CuSO4固体，HS-浓度增大 C．稀释溶液，水解平衡常数增大 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 【答案】A 【解析】A．硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中硫离子浓度减小，氢硫酸根离子浓度增大，则溶液中增大，故A正确；B．向溶液中加入硫酸铜固体，铜离子与溶液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀，溶液中的硫离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢硫酸根离子浓度减小，故B错误；C．水解平衡常数为温度函数，温度不变，水解平衡常数不变，则稀释溶液时，水解平衡常数不变，故C错误；D．向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故D错误；故选A。 解题妙招 影响盐类水解的因素 内因 反应物本身的性质，即组成盐的弱酸阴离子或弱碱阳离子对应的酸或碱越弱，盐的水解程度越大 温度 盐的水解反应是吸热反应，因此升高温度促进盐的水解，降低温度抑制盐的水解 浓度 盐浓度越小，水解程度越大； 盐浓度越大，水解程度越小 酸碱性 加酸抑制阳离子水解，促进阴离子水解； 加碱抑制阴离子水解，促进阳离子水解 “同离子”效应 向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子，水解被抑制；若将水解产物消耗掉，则促进水解 规律 (1)能水解的盐的浓度越大，水解程度越小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。 (2)越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。 【变式1】【变载体】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：。下列说法正确的是( ) A．稀释溶液，各物质浓度均减小，平衡不移动 B．加入少量NaHCO3固体，平衡向正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH增大 【答案】D 【解析】A．稀释溶液，c()、c()、c(OH-)均减小，平衡正向移动，A错误；B．加入少量NaHCO3固体，c()增大，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．水解反应吸热，升高温度，平衡正向移动，c()增大，c()减小，则增大，C错误；D．加入NaOH固体，溶液氢氧根离子的浓度增大，pH增大，D正确；故选D。 【变式2】【变载体】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0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，增大 C．向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1 D．向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大 【答案】D 【解析】Na2CO3溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在电离NH3·H2ONH＋OH－，抑制了CO的水解，c(CO)增大，又因为c(Na＋)不变，所以减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2O水解，水解吸热，若从25 ℃升温至35 ℃，促进了C2O的水解，c(C2O)减小，又因为c(K＋)不变，所以增大，故B正确；向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(F－)，即＝1，故C正确；CH3COOH的电离常数Ka＝，所以＝，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。 【变式3】【变考法】利用下图装置进行“反应条件对 FeCl3水解平衡的影响实验”。 装置 操作与现象 ①加热a至溶液沸腾，呈红褐色；用试纸检验b中溶液，试纸显中性 ②持续加热一段时间，取b中溶液，用试纸检验，试纸变红；用溶液检验，溶液变浅红 下列说法不正确的是( ) A．①中溶液呈红褐色，推测是由于温度升高促进了Fe3＋的水解 B．常温下， FeCl3水解产生的HCl在溶液中以H3O+、Cl-形式存在 C．以上现象说明HCl挥发促进了 FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl正向移动 D．根据上述现象，说明不宜用蒸干 FeCl3溶液的方法制备 FeCl3固体 【答案】C 【解析】 FeCl3溶液中Fe3+会发生水解，反应为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，水解为吸热反应，因此升高温度会影响Fe3+的水解平衡。A．加热 FeCl3溶液至沸腾，即升高温度促进Fe3+水解平衡正向移动，从而形成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体呈红褐色，①中溶液呈红褐色，可以推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解，故A正确；B．常温下， FeCl3溶液中Fe3+会发生水解，反应为： FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，因此水解的产物有HCl，HCl在水中完全电离成H3O+、Cl-，故B正确；C．HCl为水解产物，实验①、②均说明HCl挥发后进入了b中，但是无法证明HCl挥发促进了 FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl正向移动，故C错误；D．蒸干 FeCl3溶液会使其彻底水解生成氢氧化铁沉淀，无法制备 FeCl3固体，故D正确；故选C。 考向2 考查盐类水解的应用 例2(2026·辽宁名校联盟二模)某学习小组探究铜盐溶液加热蒸干后物质的成分。取少量纯净的氯化铜晶体加水溶解，置于蒸发皿中，加热搅拌，直至蒸干。实验加热过程中观察到蓝色溶液先变成绿色溶液，最后得到棕黄色固体，该固体溶于水后可得蓝色溶液。下列说法错误的是( ) A．实验过程中，存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O B．温度升高和Cl-浓度的不断增大，均有利于[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2- C．实验过程中，得到的棕黄色固体中存在氯化铜 D．由该实验的现象可知：将硝酸铜溶液加热蒸干最后得到硝酸铜 【答案】D 【解析】A项，蓝色的 [Cu(H2O)4]2+ 和黄色的 [Cu(Cl4]2- 共存时溶液显绿色，与实验中蓝色溶液变为绿色溶液的现象匹配，该平衡存在，A正确；B项，加热蒸发过程中溶剂水减少，Cl-浓度增大，根据勒夏特列原理，增大反应物浓度，平衡正向移动，有利于四氯合铜离子生成；且该转化为吸热反应，温度升高也促进平衡正向移动，B正确；C项，实验中观察到棕黄色固体，结合铜的氯化物性质，氯化铜为棕黄色固体，故固体中存在氯化铜，C正确；D项，硝酸铜溶液中存在水解平衡：Cu(NO3)2＋2H2OCu(OH)2＋2HNO3，加热过程中HNO3易挥发、受热易分解，水解平衡不断正向移动，蒸干后氢氧化铜分解最终得到CuO，无法得到硝酸铜，D错误；故选D。 解题妙招 盐类水解的应用 (1)在科学研究中的应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 如FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 配制或贮存易水解 的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；贮存Na2CO3、Na2SiO3溶液时，不能用磨口玻璃塞，应用带有橡胶塞的试剂瓶 胶体的制取　 制取Fe(OH)3胶体的反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ 制备某些无水盐 将某些挥发性酸对应的弱碱盐溶液直接蒸干时得不到无水盐。例如：加热AlCl3、FeCl3溶液，在加热过程中水解生成的HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3、Fe(OH)3，继续加热，Al(OH)3、Fe(OH)3分解得到Al2O3、Fe2O3，所以要得到无水AlCl3、FeCl3，只有在HCl气流中加热对应溶液才能实现 物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3，从而降低溶液酸性使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，然后通过过滤除去 判断离子共存 Al3＋与AlO2-、CO32-、HCO3-、S2－、HS－等因相互促进水解而不能共存 (2)在工农业生产和生活中的应用 应用 举例 泡沫灭火器原理 主要成分为NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液，发生的反应为Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑，灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭 化肥的施用 铵态氮肥(溶液显酸性)与草木灰(溶液显碱性)不得混合施用 热的纯碱溶液清洗油污 CO32-＋H2OHCO3-＋OH－，加热，水解平衡右移，溶液碱性增强，去污能力增强 明矾净水 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可作净水剂 除锈剂 NH4Cl、ZnCl2溶液因NH4+、Zn2＋水解而显酸性，金属表面的氧化膜可与H＋反应，因此均可作焊接时的除锈剂 【变式1】【变载体】NH4NO3是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是( ) A．将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细 B．硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定 C．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用 D．医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质 【答案】A 【解析】A．硝酸铵在敲碎、研细时，可能会发生爆炸，A错误；B．氨气与硝酸反应可以得到硝酸铵，由于氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，所以该反应不属于氮的固定，B正确；C．草木灰溶于水呈碱性，硝酸铵溶于水呈酸性，二者会发生双水解反应，可以释放出氨气，导致氮肥流失，因此不能将草木灰与硝酸铵混合使用，C正确；D．硝酸铵溶于水吸收热量，因此医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质，D正确；故选A。 【变式2】【新变考法】下列实验操作不能达到实验目的的是( ) 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl3水溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干 C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 【答案】B 【解析】A项，配制FeCl3水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl2不会产生沉淀，可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符；故选B。 【变式3】【新情景—金属保护“发蓝”法】用化学方法在钢铁部件表面进行“发蓝”处理是一种普遍采用的金属防护方法：将洁净的铁件浸入一定浓度的NaOH和NaNO2溶液中(必要时加入其它辅助物质)，加热到适当温度并保持一定时间，铁件的表面形成一层致密的氧化物薄膜并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出。下列有关说法错误的是( ) A．“发蓝”之前可分别用Na2CO3溶液和NH4Cl溶液处理铁件 B．“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是Fe2O3 C．加热条件下，“发蓝”处理产生的无色气体能够还原CuO D．硫酸铜溶液可用于检验铁件是否“发蓝”成功 【答案】B 【解析】在工业上常用强的氧化剂处理钢铁部件，使其表面形成致密、光滑的四氧化三铁氧化膜，以增强钢铁的抗腐蚀能力，这种处理叫做“发蓝”或“发黑”。 其过程主要有：去污、酸洗、氧化处理、皂化、热水煮沸、检查等步骤。A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可去除钢铁部件表面的油污；NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性，能够与钢铁部件表面的金属氧化物反应变为可溶性物质除去，A正确；B．“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是致密的Fe3O4，而不是疏松的Fe2O3，B错误；C．根据题意，钢铁在进行发蓝处理时，铁件的表面形成一层致密的氧化物薄膜，并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出，该气体是碱性的NH3，NH3与CuO在加热时会发生反应：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，再该反应中，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，C正确；D．Fe3O4非常致密，可以对内层金属铁起到保护作用，若“发蓝”不成功，露出的Fe能够与CuSO4在溶液中发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，产生的Cu附着在钢铁部件上，看到钢铁部件会显红色，因此可以用硫酸铜溶液检验铁件是否“发蓝”成功，D正确；故选B。 考向2 考查水解常数的应用与计算 例2(2026·河北承德一模)常温下，用NaOH溶液滴定H3PO4溶液过程中，溶液中的H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知：]。已知Kh1表示PO43-第一步的水解常数，以此类推。下列说法错误的是( ) A．曲线①代表H3PO4 B．的 C．pH=11时， D． 【答案】C 【解析】据图可知，曲线①、②、③、④分别代表H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-；结合电离常数表达式和曲线交点离子浓度数量关系可知，当，；当，；当，。A项，曲线①代表H3PO4，A正确；B项，，B正确；C项， pH=11时，，则，C错误；D项，，而，所以，因此，D正确；故选C。 解题妙招 盐类水解常数及其应用 (1)Ka(或Kh)与Kw的定量关系为： ①Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw ②Na2CO3的水解常数Kh1＝ ③NaHCO3的水解常数Kh2＝ (2)盐类水解常数的应用包括： ①‌计算盐溶液中c(H+)或c(OH-)的浓度‌：通过水解常数可以计算出溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度。 ②‌判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小‌：例如，NaHCO3溶液呈碱性，因为其水解程度大于电离程度；NaHSO3溶液呈酸性，因为其水解程度小于电离程度。 ③‌预测水解平衡的移动‌：升温可以使水解平衡向右移动，增大水解程度。 【变式1】【新变考法】常温下，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定某浓度的二元弱酸(H2X)溶液，所得溶液中各种含X的微粒的物质的量分数(δ)与pH的变化曲线如图所示。 则：H2X的电离常数Ka1＝__________，X2－的水解常数Kh＝__________。 【答案】10－1.2　10－9.8 【解析】H2X的电离常数Ka1＝，pH＝1.2时，c(H2X)＝c(HX－)，代入计算，可得Ka1＝10－1.2；X2－的水解常数Kh＝，pH＝4.2时，c(X2－)＝c(HX－)，代入计算，可得Kh＝104.2－14＝10－9.8。 【变式2】【变情景—废水处理】在工业废水处理中，常用FeCl3溶液去除废水中的PO43-，核心原理是Fe3+与PO43-结合生成难溶的FePO₄沉淀，同时Fe3+会发生水解反应：Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+。已知25℃时，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，水的离子积Kw=1.0×10-14，H3PO4的第三步电离常数Ka3=1.0×10-13。下列说法正确的是( ) A.25℃时，Fe3+水解平衡常数Kh=1.0×10-6 B.该废水处理过程中，溶液的pH会减小 C.25℃时，若某含Fe3+溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，则该溶液的pH=3 D.增大溶液的pH，Fe3+的水解程度减小，有利于FePO4的生成 【答案】C 【解析】A.Fe3+水解反应为Fe3++3H₂O=Fe(OH)₃+3H+，其水解平衡常数表达式为：Kh=c(H+)3/c(Fe3+)，结合Fe(OH)3的溶度积Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)和水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)，联立推导得：Kh=Kw3/Ksp=(1.0×10-14)3/1.0×10-38=1.0×10-4，A错误；B.废水处理时，Fe3+一方面与PO43-结合生成FePO4沉淀(消耗Fe3+)，另一方面Fe3+水解生成H+，当Fe3+被消耗时，其水解平衡Fe3++3H20=Fe(OH)3+3H+逆向移动，溶液中c(H+)降低，pH增大，B错误；C.由Kh=c(H+)3/c(Fe3+)，代入Kh=1.0×10-4、c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L得：c3(H+)=Kh·c(Fe3+)=1.0×10-4×1.0×10-5=1.0×10-9，解得c(H+)=1.0×10-3mol/L，故pH=-1gc(H+)=3，C正确；D.增大溶液pH(即加入碱)，OH-会与Fe3+直接结合生成Fe(OH)3沉淀(而非抑制水解)，导致溶液中c(Fe3+)大幅降低，反而不利于Fe3+与PO43-结合生成FePO4，D错误。答案选C。 【变式3】【变考法】(2026·河北衡水高三模拟)常温下，向20.00 mL 0.5 mol·L-1草酸(H2C2O4)溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，反应液中含碳物种的浓度与NaOH溶液滴加量的变化关系如图所示，其中m点混合液中c(H＋)=1.8×10-13mol·L-1。已知：常温下，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4.；C2O42-、HC2O4-的水解常数分别为、。下列说法错误的是( ) A．曲线丙表示c(C2O42-)与滴加NaOH溶液体积的关系 B．常温下，草酸的电离常数Ka1(H2C2O4)≈5.6×10-2 C．n点溶液中： D． 【答案】C 【解析】向草酸溶液中滴加NaOH溶液，随NaOH溶液体积增大，H2C2O4浓度逐渐降低，对应曲线甲；HC2O4-浓度先增大后减小，对应曲线乙；C2O42-浓度逐渐增大后趋于稳定，对应曲线丙。m点为的点，此时，可得。n点对应H2C2O4完全反应生成HC2O4-的点，此时加入NaOH溶液体积为20mL，溶液总体积为40mL，含碳物种总浓度为0.25mol·L-1。水解常数满足，，二者比值为。A项，随NaOH溶液滴加，C2O42-浓度逐渐升高，对应曲线丙，A正确； B项，m点，，，B正确；C项，n点加入20mL NaOH溶液，溶液总体积为40mL，电荷守恒为，含碳物种总浓度为0.25mol·L-1，故，等式不成立，C错误；D项，，D正确；故选C。 考点三 水溶液中粒子的数量关系 知●识●解●构 知识点1 电解质溶液中的三大守恒 1.电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。 2.物料守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。 c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)] 3.质子守恒：指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中： 所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋) 知识点2 电解质溶液中粒子浓度大小比较 1．两个理论 (1)电离理论 ①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。　 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如在H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。 (2)水解理论 ①弱离子的水解损失是微量的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。 ②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。 2．一个比较 比较同浓度的弱酸(或弱碱)的电离能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的水解能力。 (1)如果电离能力大于水解能力，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解的程度，则等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)。 (2)如果是水解能力大于电离能力，如HClO的电离程度小于ClO－水解的程度，则等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性，溶液中c(H＋)<c(OH－)。 (3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力的相对强弱。如NaHCO3溶液中，HCO的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)；又如NaHSO3溶液中，HSO的电离能力大于水解能力，故溶液显酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)。 3．三个规律 (1)一般而言，等浓度的弱酸与弱酸盐混合，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；HCN、NaCN混合液除外，它们的溶液呈碱性，水解程度大于电离程度。 (2)对于存在电离和水解过程的NaHA溶液，若溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)；若溶液呈碱性，则电离程度小于水解程度，则c(H2A)＞c(A2－)。 (3)仅含4种离子的溶液，可以根据溶液的电中性判断离子浓度大小。如： a．CH3COOH和NaOH等物质的量混合时溶液显碱性，故c(OH－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)； b．NH3·H2O与HCl等物质的量混合时溶液显酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，则c(Cl－)＞c(NH)。 4.电解质溶液中微粒浓度大小比较的类型 (1)多元弱酸溶液 判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：(显性离子)＞(一级电离离子)＞(二级电离离子)＞(水电离出的另一离子)例如：0.1mol/L的H2S溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：c(H+)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)。 (2)一元弱碱的正盐溶液， (强酸弱碱盐) ①电荷守恒： ②物料守恒： ③微粒浓度： 判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：(不水解离子)＞(水解离子)＞(显性离子)＞(水电离出的另一离子)。 例如：0.1mol/L的CH3COONa溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：c (Na+)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H+)。 (3)二元弱酸的正盐溶液， (强碱弱酸盐)溶液 ①电荷守恒： ②物料守恒： ③判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：(不水解离子)＞(水解离子)＞(显性离子)＞(二级水解离子)＞(水电离出的另一离子)。即微粒浓度：c (Na+)＞c (A2－)＞c (OH－)＞c (HA－) ＞c (H+)。 例如：0.1mol/L的Na2CO3溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是： c (Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c (HCO3－) ＞c(H+)。 (4)二元弱酸的酸式盐溶液， (弱酸的酸式盐)溶液( ：水解为主， ：电离为主) ①电荷守恒： ②物料守恒： ③判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是： 水解大于电离时：(不水解离子)＞(会水解离子)＞(显性离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒)＞(电离得到的酸跟离子)。 电离大于水解时：(不水解离子)＞(会电离离子)＞(显性离子)＞(电离得到的酸跟离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒) 即：微粒浓度 例如：0.1mol/L的NaHCO3溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是： c (Na+)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)＞c(CO32－)。 (5)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。例如：在相同物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4。c(NH4+)由大到小的顺序③＞①＞②。 (6)混合溶液中各离子浓度大小的比较，要进行综合分析，电离因素、水解因素等都是影响离子浓度大小的要素。 ①同浓度、同体积的 (弱酸)与 混合液( ) 电荷守恒： 物料守恒： 微粒浓度 例如：0.1mol/L的CH3COONa溶液和0.1mol/L的CH3COOH混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是： c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。在该溶液中，CH3COH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液显酸性：c (H+)＞c (OH－)，同时c(CH3COO－)＞c(Na+)。 还有分子的电离小于相应离子的水解的如：0.1mol/L的NaCN溶液和0.1mol/L的HCN混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是： c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中，HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，溶液显碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时c(Na+)＞c(CN－)。 ②同浓度、同体积的 (弱碱)与 混合液( ) 电荷守恒： 物料守恒： 微粒浓度 例如：0.1mol/L的NH4Cl溶液和0.1mol/L的氨水混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是： c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH4+的水解相互抑制，NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性：c (OH－)＞c (H+)，同时c (NH4+)＞c (Cl－)。 知识点3 水溶液中函数图象分析 1．滴定曲线特殊点的分析 案例：常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图： (1)pH—V图　各特殊点粒子大小关系及变化趋势 点 溶质 离子浓度大小比较 A CH3COOH c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－) B(1∶1) CH3COOH、H3COONa c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) C(pH＝7) CH3COOH、CH3COONa c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－) D CH3COONa c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋) E(2∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋) F(1∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋) (2)各特殊点对水电离程度的影响 点 溶质 水的电离情况 pH—V图 A CH3COOH 抑制 B CH3COOH、CH3COONa 抑制 C CH3COOH、CH3COONa 正常电离 D CH3COONa 只促进 E CH3COONa、NaOH 抑制 F CH3COONa、NaOH 抑制 结论：水的电离程度大小顺序为： D＞C＞B＞A＞E＞F 2．分布曲线 分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线] 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例) δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数 (1)随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式。 (2)同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度。 3.“四步骤”突破多曲线图象题 (1)明确横、纵坐标的含义。一般情况下，横坐标为pH，纵坐标各组分浓度随 pH 的变化趋势。 (2)抓主关键点。重视起点、终点和交点对应的 pH，特别要关注交点，交点处微粒浓度相同，可用此特殊关系计算电离常数或水解平衡常数。 (3)理解最高点和最低 点对应的 pH 和各组分存在的 pH 范围。 (4)联系电离平衡、水解平衡的规律及电荷守恒、物料守恒的关系分析判断。 考●向●破●译 考向1 考查溶液中粒子浓度大小的比较 例1(2026·江苏连云港高三考前模拟预测)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)，其主要实验流程如下： 已知：25，，，，。 下列说法正确的是( ) A．步骤Ⅰ所得溶液中可能存在 B．步骤Ⅱ中反应的离子方程式为CO(NH2)2+ClO-+H2O=N2H4·H2O+Cl－+CO2↑ C．25℃ 时，将等体积等物质的量浓度的和盐酸混合得到的溶液中存在 D．步骤Ⅲ蒸馏出水合肼后的残留液中c(Cl-)＜c(CO32-) 【答案】C 【解析】步骤ICl2与NaOH溶液反应，制取NaClO；步骤II向所得溶液中加入尿素，发生反应：CO(NH2)2+ClO-+OH-=N2H4·H2O+Cl－+CO32-，制取水合肼(N2H4·H2O)，步骤Ⅲ分离水合肼，得到Na2CO3、NaCl等残留液。A项，步骤Ⅰ是Cl2通入过量NaOH溶液，反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，根据物料守恒，含氯粒子总浓度等于反应消耗的NaOH浓度，由于NaOH过量，故，A错误；B项，步骤Ⅰ体系为强碱性环境，CO2会与OH-反应生成CO32-，不可能放出CO2，正确离子方程式应为：CO(NH2)2+ClO-+OH-=N2H4·H2O+Cl－+CO32-，B错误；C项，等体积等浓度的N2H4·H2O和HCl混合，恰好反应生成N2H5Cl，溶质为N2H5+，对不等式变形推导：N2H5+水解(酸式解离)：N2H5+++H2O(N2H4·H2O+H+ ，水解常数，可得；水合肼第二步电离：，，可得，比较得，因此，即，C正确；D项，步骤Ⅱ配平后的反应为：CO(NH2)2+ClO-+OH-=N2H4·H2O+Cl－+CO32-，生成的Cl－和CO32-物质的量相等，CO32-会发生水解，且步骤Ⅰ还会生成Cl-，因此c(Cl-)＞c(CO32-)，D错误；故选C。 解题妙招 电解质溶液中粒子浓度大小比较的思维模型 【变式1】【变载体】已知：常温下Ksp(FeCO3)=3.1×10-11，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5.常温下，将一定浓度的FeCl2溶液与NH4HCO3溶液混合，产生气体并生成白色FeCO3沉淀。下列说法不正确的是( ) A．0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中：c(H2CO3)>c(CO32-)＋c(NH3·H2O) B．混合后溶液中：c(Fe2＋)·c(CO32-)=3.1×10-11 C．混合后溶液中：c(H＋)＋c(NH4+)=c(OH-)＋c(Cl-)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-) D．向100 mL 1 mol·L-1氨水中通入标准状况下1.68 L CO2，完全反应后溶液中：c(NH4+)>2c(CO32-)＋c(HCO3-) 【答案】C 【解析】A．NH4HCO3溶液中存在质子守恒：，在NH4HCO3溶液中：NH4+的水解常数 Kh()=；HCO3-的水解常数＞Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，由于铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子水解程度，故NH4HCO3溶液显碱性，c(H2CO3)>c(CO32-)＋c(NH3·H2O)，A正确；B．FeCO3沉淀生成时，溶液中Fe2+和CO32-的离子积应等于Ksp(FeCO3)=3.1×10-11，B正确；C．溶液中阳离子还有Fe2+，电荷守恒式为2c(Fe2+)+c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，C错误；D．标准状况下1.68 L CO2的物质的量为0.075mol，100 mL 1 mol·L-1氨水中溶质的物质的量为0.1mol，0.1mol NH3与0.075mol CO2反应，完全反应后所得溶液中NH4HCO3和(NH4)2CO3物质的量浓度之比为2∶1，溶液中存在电荷守恒：(H＋)＋c(NH4+)=c(OH-)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)，，由于，故NH4HCO3溶液显碱性，同理，故(NH4)2CO3溶液显碱性，则二者的混合溶液显碱性，则c(H+)<c(OH-)，则有c(中NH4+)>2c(CO32-)＋c(HCO3-)，D正确；故选C。 【变式2】【变情境】NaOH溶液可以吸收废气中的NO2，生成NaNO2和NaNO3。现用100mL0.1mol·L-1NaOH溶液吸收含NO2的废气(无其他含氮气体，忽略溶液体积的变化)。已知Ka(HNO2)=5×10-4、Ka1(H2CO3)=4×10-7。室温下，下列说法正确的是( ) A．0.1mol·L-1NaNO2溶液中存在：c(H⁺) = c(HNO₂) + c(OH⁻) B．时吸收液中存在：c(Na⁺) = c(NO3-) + c(NO2-) + c(HNO₂) C．吸收过程中溶液中可能存在：c(NO3-)＜c(NO2-) D．用0.1mol·L-1Na2CO3溶液吸收废气可发生反应：CO32-+NO2=NO3-+CO2 【答案】B 【解析】A．0.1mol·L-1NaNO2溶液中存在质子守恒，应为c(H⁺) + c(HNO₂) = c(OH⁻)，A错误；B． N的总物质的量为0.01 mol时，NaOH和NO2恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NaNO2和NaNO3，但NaNO2会发生水解反应生成HNO2，故物料守恒为n(Na⁺) = n(NO3-) + n(NO2-) + n(HNO₂)，因体积相同，则c(Na⁺) = c(NO3-) + c(NO2-) + c(HNO₂)，B正确；C．NaOH溶液吸收NO2，生成等量的NaNO2和NaNO3，但NO2-水解使其浓度降低，故c(NO3-) > c(NO2-)，C错误；D．用0.1mol·L-1Na2CO3溶液吸收废气可发生反应：CO32-+2NO2=NO3-+NO2-+CO2，题给给离子方程式不符合要求，D错误；故选B。 【变式3】【变考法】测定湖盐(盐湖中提取的天然盐)中Na2CO3和NaHCO3含量的实验过程如下： 已知25℃时H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.5×10-7，Ka2=5×10-11。下列说法不正确的是( ) A．用甲基橙作指示剂滴定时发生的反应为：HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ B．在滴定过程中的溶液存在： C．在滴定过程中，pH=8的溶液中存在： D．在滴定过程中，pH=4.4的溶液中存在： 【答案】B 【解析】A．用甲基橙作指示剂时，溶液呈酸性，HCO3-与H+反应生成CO2和H2O，离子方程式为： HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ ，A正确；B．根据电荷守恒，在滴定过程中的溶液存在： ，原选项遗漏了c(Cl−) ，B错误；C．根据H2CO3的二级电离平衡常数，当pH=8，即c(H+)=10−8mol/L时， ，C正确；D．当pH=4.4时，溶液酸性较强，H2CO3的电离受到抑制，主要以H2CO3形式存在，且H2CO3的一级电离程度大于二级电离程度，所以在滴定过程中，pH=4.4的溶液中存在：，D正确；故选B。 考向2 考查粒子浓度变化曲线的分析判断 例2(2026·湖南长沙二模)常温下，用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.01 mol/L HA溶液，溶液中含有A微粒的物质的量分数x[、]和随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是( ) A．a<10 B．N、S、H三点的溶液中，水的电离程度最大的是H C．M点溶液中存在关系： D．S点溶液中：c(Na+)＞c(A-) 【答案】D 【解析】常温下，0.01mol·L-1NaOH滴定等浓度20.00mLHA：曲线①：随NaOH加入，x(HA)下降，故①为x(HA)；曲线②x(A-)上升，故②为x(A-)；加碱越多c(OH－)越大，pOH=-lgc(OH－)越小，故③为pOH曲线。M点：x(HA)=x(A-)，即c(HA)=c(A-)，M点pOH=10.6，故c(OH－)=10-10.6mol·L-1，c(H＋)=10-3.4mol·L-1，弱酸HA的电离常数，A-水解常数，说HA电离能力大于A-水解能力。A项，若加入10mLNaOH，得到等浓度的HA和NaA混合液，因为HA电离大于A-水解，此时c(HA)＜c(A-)。要使c(HA)=c(A-)，需要减少NaOH加入量，故a＜10，A正确；B项，H点V(NaOH)=20.00ml，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A-水解促进水的电离；N点存在大量HA，酸抑制水电离，S点为中性，但HA仍有剩余，水的电离程度小于H，故水的电离程度最大为H，B正确；C项，M点c(HA)=c(A-)；将不等式移项得： 左边为0，故不等式等价于，即c(H＋)＞c(OH－)； M点pOH=10.6，c(OH－)=10-10.6mol·L-1，c(H＋)=10-3.4mol·L-1，显然c(H＋)＞cOH－)，不等式成立，C正确；D项，S点pOH=7，故c(OH-)=10-7mol·L-1，常温下c(H+)=10-7mol·L-1，即c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(A-)，可得c(Na+)=c(A-)，D错误；故选D。 解题妙招 解答复杂图像题应注意的几个要点 (1)复杂图像五看：一看面(坐标)，二看线(变化趋势)，三看点(起点、交点、终点)，四看辅助线，五看量(数字计算)。如坐标表示的有c(M)、α(M)、lg c(M)、lg 、pM、lg 等，不同符号表示的意义不同。 (2)pH：可以得出c(H＋)；通过比较溶质的物质的量浓度可判断是强电解质或弱电解质。 (3)交点：相交的两种物质的某量相等，常进行相互代换用于计算。 (4)pH＝7：常温下表示溶液显中性，此时，c(H＋)＝c(OH－)，在等式中常进行抵消。 (5)数据与浓度符号的转化：在坐标图中，标明了某种物质的量，一般要用标明的量进行分析。 (6)守恒：元素守恒，电荷守恒，质子守恒。 【变式1】【变载体】(2026·山西忻州高三考前模拟预测)常温下，0.01mol·L-1的醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+、OH-的浓度对数与溶液pH(溶液总体积保持不变)之间的关系如图所示。下列说法错误的是( ) 已知：；。 A．M点c(H+)＞c(CH3COO－)+c(OH―) B．N点的坐标为(4.27，-2.3) C．曲线④在y轴上截距为-12 D．O点c(CH3COOH)=10-9.26mol·L-1 【答案】C 【解析】lgc(H+)=-pH，故H+对应的曲线是斜率为-1，y轴截距为0的直线，因此曲线②是lgc(H+)与pH间的关系图；lgc(OH-)=-pH-14，故OH-对应的曲线是斜率为1，y轴截距为-14的直线，因此曲线④是lgc(OH-)与pH间的关系图；随pH增大，c(CH3COOH)有减小趋势，c(CH3COO-)有增大趋势，故①是lgc(CH3COO-)与pH间的关系图，③是lgc(CH3COOH)与pH间的关系图。A项，根据已知Ka(CH3COOH)=10-4.74，M点醋酸溶液浓度为0.01mol·L-1，醋酸少数电离，则，计算得c(H＋)=10-3.37mol·L-1，则pH为3.37；图中M点溶液的pH小于3.37，因此该点需要向醋酸溶液中加入其它的酸调节pH才行，故溶液中还含有其它酸根，根据电荷守恒可知 c(H+)＞c(CH3COO－)+c(OH―)，A正确；B项，N点CH3COOH和CH3COO-的浓度相等，根据物料守恒c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.01mol·L-1，故，，pH=4.74，B正确；C项，lgc(OH-)=-pH-14，曲线④在y轴上截距为-14，C错误；D项，O点CH3COO-和OH-浓度相等，根据CH3COO-水解平衡常数，则有，D正确；故选C。 【变式2】【变载体】(2026·海南海口考前模拟预测)常温下，向甲胺(CH3NH2)溶液中滴加VmL0.1mol·L-1盐酸，溶液中含N粒子分布系数δ[如]与pH的关系如图所示。已知：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。下列叙述错误的是( ) A．曲线L1代表δ(CH3NH3+)与pH的关系 B．常温下， C．M点时V=20 D．当V＞20时，溶液中可能存在c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(CH3NH2)＞c(OH-) 【答案】C 【解析】甲胺的电离平衡： CH3NH2+H2OCH3NH3++OH- ，pH越小(酸性越强)，平衡正向移动，CH3NH3+浓度越大，分布系数δ越大，因此L1代表δ(CH3NH3+)，L2代表表δ(CH3NH2)。A项，甲胺的电离平衡：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-，pH越小(酸性越强)，平衡正向移动，CH3NH3+浓度越大，分布系数δ越大。图像中L1在pH较小时δ接近1，因此L1代表(CH3NH3+)，A正确；B项，甲胺的电离常数，M点δ=0.5，即c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，因此Kb=c(OH-)。 M点pH=10.62，则pOH=14-10.62=3.38，故，B正确；C项，若V=20mL，甲胺与盐酸恰好完全反应生成CH3NH3Cl，CH3NH3+水解使溶液显酸性，pH＜7，但M点pH=10.62＞7(显碱性)，说明此时加入盐酸体积V＜20mL，C错误；D项，当V＞20mL时，盐酸过量，溶质为CH3NH3Cl和过量HCl：Cl-来自两者电离，浓度最大；CH3NH3+水解程度很小，因此c(CH3NH3+)＞c(CH3NH2)；溶液显酸性，c(OH-)最小，因此可以存在c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(CH3NH2)＞c(OH-)，D正确；故选C。 【变式3】【变载体】(2026·陕西西安高三模拟预测)室温下，向一定浓度的H3Y溶液中滴加NaOH溶液，溶液中酸度强度随溶液的变化如图所示。下列说法正确的是( ) · A．Ⅰ代表的是的变化 B．H3Y的Ka2=10-6.8 C．NaH2Y溶液中 D．的平衡常数K=106.18 【答案】C 【解析】H3Y是三元弱酸，存在三步电离，表达式为H3YH++H2Y-，，​H2Y-H++HY2-，，HY2-H++Y3-，​，已知​，室温下，推导得AG=14-2pH，即AG越大，pH越小，c(H＋)越大。对任意电离平衡变形可得，代入​，整理得。当lgX=0(曲线与y轴相交)时，，因此Ka​越大，交点AG越大。由于Ka1＞Ka2＞Ka3，可得：曲线I(交点AG=9.7)：对应Ka1，代表，​曲线Ⅱ(交点AG=-0.4)：对应Ka2，代表​，曲线Ⅲ(交点AG=-10.76)：Ka3，代表。A项，由上述分析，I对应第一步电离，代表，Ⅲ才代表​，故A错误；B项，根据交点数据计算，即Ka2=10-7.2，故B错误；C项，H2Y-的电离常数为Ka2=10-.7.2，水解常数为，Ka2＞Kh，说明电离程度大于水解程度，电离生成HY2-，水解生成H3Y，因此，离子浓度顺序为，故C正确；D项，该反应平衡常数变形可得，此反应可看作是与的加和，所以，​​计算得，即K=10-5.18，故D错误；故选C。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·重庆卷，11，3分)Fe2+能与邻菲咯啉(Phen)形成配离子[Fe(Phen)3]2+。将相同物质的量浓度的Phen和 (NH4)2Fe(SO4)2溶液以不同体积混合，调 pH=4.5并定容，且各混合溶液中(n为定值)，已知。下列关于混合溶液的叙述正确的是( ) A．x=0时， B．x=0.6时， C．x=0.75时， D．x=0.9时， 【答案】C 【解析】A．x=0时溶液为 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，若不考虑Fe2+水解生成的，以及调pH外加的酸或碱，电荷守恒式应为，选项中SO42-系数错误，A错误；B．x=0.6时Fe2+过量，除NH4+水解外，Fe2+水解也会结合OH-，质子守恒式为，故，B错误；C．x=0.75时n[ (NH4)2Fe(SO4)2]=0.25n，n(Phen)=0.75n，二者恰好按1:3完全配位生成；，，NH4+少量水解故，配离子物质的量为0.25n，水解后NH4+浓度仍大于配离子浓度，故，C正确；D．x=0.9时n[ (NH4)2Fe(SO4)2]=0.1n，，Fe2+完全配位最多生成0.1n配离子，即使配位完全，若配离子少量解离则，不可能大于，D错误；故选C。 2．(2026·山东卷，15，4分)25℃下，向初始浓度一定的NH4Cl溶液中加入CaCO3(s)，通过加入HNO3或NaOH调节pH[CaCO3(s)始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值lg[c(X)/mol·L-1]随pH的变化如图所示(X表示NH4+、NH3、Ca2+、HCO3-)。下列说法错误的是( ) A．丁线所示物种为HCO3- B．调节pH=7.00时，需加入NaOH C．点 D．点： 【答案】D 【解析】初始溶液是NH4Cl溶液，加入CaCO3后，CaCO3会部分溶解，同时溶液中存在NH4+、NH3、Ca2+、HCO3-、CO32-等离子的平衡。随着pH变化，NH4+和NH3的浓度会发生变化(pH增大时，NH4+减少，NH3增加)；Ca2+和HCO3-的浓度也会随pH变化(pH增大时，Ca2+减少，HCO3-先增后减，CO32-增加)。确定各曲线代表的物质：甲线：随着pH增大，lg[c(X)]逐渐减小，说明X的浓度随pH增大而减小。这符合NH4+的变化(pH增大，NH4+水解被抑制，但NH4+转化为NH3，浓度减小)。乙线：随着pH增大，lg[c(X)]逐渐增大，说明X的浓度随pH增大而增大。这符合NH3的变化(pH增大，NH4+转化为NH3，浓度增大)。丙线：随着pH增大，lg[c(X)]逐渐减小，说明X的浓度随pH增大而减小。这符合Ca2+的变化(pH增大，CaCO3溶解度降低，Ca2+浓度减小)。丁线：随着pH增大，lg[c(X)]先增大后减小，说明X的浓度先增后减。这符合HCO3-的变化(pH增大，H2CO3转化为HCO3-，再转化为CO32-，HCO3-浓度先增后减)。综上：甲线代表NH4+，乙线代表NH3，丙线代表Ca2+，丁线代表HCO3-。A项，根据分析，丁线代表HCO3-，A正确；B项，原溶液是NH4Cl溶液，NH4+水解使溶液呈酸性。要使pH=7，需要中和部分H⁺，即加入NaOH，B正确；C项，P点坐标为(8.35, -3.25)，即pH=8.35时，lg[c(NH4+)] = -3.25，根据丙线，lg[c(Ca2+)] = -4.15。因此：c(NH4＋)=10-3.25mol·L-1，c(Ca2+)=10-4.15mol·L-1 ，，C正确；D项，O点(pH=9.25)处，c(HCO3-)=c(CO32-)，可得：，Q点(pH=12.50)， c(H＋)=10-12.50mol·L-1 ，则：，D错误；故选D。 3．(2025·江苏卷，12，3分)室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 已知：Ka(HSO4-)=1.2×10-2，Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。下列说法正确的是( ) A．较浓H2SO4溶液中：c(H)=2c(SO42-)+c(OH―) B．NaHSO3溶液中：的平衡常数 C．(NH4)2C2O4溶液中： D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中： 【答案】B 【解析】有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。A项，若H2SO4两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：c(H)=2c(SO42-)+c(OH―)，但根据题给信息Ka(HSO4-)=1.2×10-2知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H+会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在HSO4-，因此电荷守恒应表示为c(H)=2c(SO42-)+c(HSO4-)+c(OH―)，A错误；B项，该反应的平衡常数，B正确；C项，NH4+得到1个OH-生成NH3·H2O，C2O42-得1个H+生成HC2O4-得2个H+生成H2C2O4，水电离出的H+与OH-浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，C错误；D项，考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液，溶液体积增加，因此，D错误；故选B。 4．(2025•河北卷，14，3分)已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]-和[CuL2]4-常温下，0.100 mol·L-1的H3L和0.002 mol·L-1的CuSO4混合溶液中，HL2-和L3-的浓度对数lgc (实线)、含铜微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示： 下列说法错误的是( ) A．Cu2++L3-[CuL]-，K=109.4 B．HL2- H++L3-，K=10-11.6 C．图中a点对应的pH=4.2 D．当pH=6.4时，体系中c(HL2-)＞c([CuL2]4-)＞c([CuL]-)＞c(L3-) 【答案】C 【解析】和之间存在HL2-H++L3-转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，，则曲线I代表，曲线II代表，随着pH增大，HL2-H++L3-正向移动，增大，Cu2+和L3-结合形成配离子的反应依次为Cu2++L3-[CuL]-，K1、[CuL]-+L3-[CuL2]4-，K2，因此随pH增大，持续减小，为曲线III，，先增大后减小，为曲线IV，一直增大，为曲线V。A项，曲线III和曲线IV的交点代表，即，由图可知，此时，带入平衡表达式得，A正确；B项，曲线I和曲线II的交点代表，即，此时pH=11.6，带入平衡常数表达式得，B正确；C项，曲线IV和曲线V得交点代表，，即，此时，可得的平衡常数，a点时，，带入，解得，且a点对应，带入HL2-H++L3-的平衡常数，计算得，故pH=4.3，C错误；D项，当pH=6.4时，最大，接近，结合B项中平衡常数可计算得，，结合Cu 元素守恒知，，，因此体系中，D正确；故选C。 5．(2025•河南卷，14，3分)乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为Y)可结合转化为[H2NCH2CH2NH3]+ (简写为HY+)[H3NCH2CH2NH3]2+ (简写为H2Y2+)。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3 溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表Ag+、[AgY]+或[AgY2]+)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、HY+或H2Y2+)。比如。 下列说法错误的是( ) A．曲线I对应的离子是[AgY2]+ B．最大时对应的 C．反应Ag++Y[AgY]+的平衡常数K1=104.70 D．时，c(HY+)＞c(Y)＞c(H2Y2+) 【答案】D 【解析】Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子，发生的反应为Ag++Y[AgY]+、[AgY]++Y[AgY2]+，故随着Y浓度的变大，Ag+浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY2]+增大，则从图像上(从右向左表示Y浓度的变大)可以看出，曲线Ⅰ表示[AgY2]+浓度，Ⅱ表示浓度[AgY]+浓度，Ⅲ表示Ag+浓度；同理，调节溶液pH，当酸性较强时，H2Y2+浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示H2Y2+浓度，曲线Ⅴ表示HY+浓度，曲线Ⅵ表示Y 浓度。A项，曲线Ⅰ表示[AgY2]+，A正确；B项，由题意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；C项，反应Ag++Y[AgY]+的平衡常数　，由图可知，当时，，则，C正确；D项，时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时c(HY+)＞c(Y)＞c(H2Y2+)，D错误；故选D。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $