第03讲 盐类的水解（复习讲义）（天津专用）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，涵盖水解规律、影响因素及应用、微粒浓度比较等高考重点，按“实质-规律-影响因素-应用”逻辑构建知识框架，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生系统掌握水解原理及解题范式。 讲义突出高考命题趋势，结合竞争平衡、图表信息处理等新考向设计分层教学，如通过实验方案分析水解程度比较培养科学思维，设置“解题妙招+变式训练”强化实战，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供精准指导。

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 盐类的水解规律 知识解构 知识点1 盐类水解的实质 ∣ 知识点2 盐类水解规律 考向破译 考向1 盐类水解程度的比较 ∣ 考向2 结合水解实质书写盐类水解方程式 解题妙招1 盐类水解程度大小比较的规律 解题妙招2 书写盐类水解离子方程式的注意事项 考点二 盐类水解的影响因素和应用 知识解构 知识点1 盐类水解的影响因素 ∣ 知识点2 盐类水解的应用 知识点3 盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断 考向破译 考向1 盐类水解平衡的影响因素 ∣ 考向2 盐类水解的应用 解题妙招1 解决盐类水解问题的方法 解题妙招2 六种盐溶液蒸干后产物的判断 考点 三 溶液中微粒浓度大小的比较 知识解构 知识点1 微粒浓度的大小比较理论依据 ∣ 知识点2 离子浓度大小比较的方法 考向破译 考向1 单一溶液中离子浓度大小比较 ∣ 考向2 混合溶液中离子浓度大小比较 考向3 不同溶液中同一离子浓度大小比较 解题妙招1 不同溶液中同一离子浓度的大小比较 ) ( 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—五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 盐类的水解规律 天津卷T5、T16 盐类水解的影响因素和应用 天津卷T13 天津卷T12 天津卷T10 天津卷T16 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1.从“单一水解”向“竞争平衡”转变：预测题目将更多涉及电离与水解的竞争、水解与沉淀转化的竞争。 2.图表信息处理能力要求提升：可能会给出分布分数图或滴定曲线，要求考生识别特定pH下的主要存在微粒，并结合水解常数进行解释。考生需具备从图像中提取 、判断优势区域的能力。 3.绿色化学与真实问题解决：结合天津本地或国家重大战略情境，如海水淡化后的浓盐水处理、土壤改良（酸性/碱性土壤调理）、新型电池电解液的稳定性等，考查如何利用水解原理解决实际问题。 ►复习目标： 1.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。 2.学生必做实验：盐类水解的应用 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 盐类的水解规律 知●识●解●构 知识点1 盐类水解的实质 1.盐类水解的实质 盐电离出来的离子与水电离出来的　 　结合生成　 　，促进水的电离平衡右移。以CH3COONa、NH4Cl溶液为例： 2.盐类水解的特点 （1）可逆：盐的水解反应绝大多数是可逆反应。可看作酸碱中和反应的逆反应，即“盐＋水酸＋碱”。 （2）微弱：通常盐类水解的程度很小，一般无沉淀析出，无气体放出。 （3）吸热： 水解反应吸热。 3.盐类水解方程式的书写 （1）书写形式 一般情况下盐类水解的程度较小，不生成沉淀和气体，一般用“”连接反应物和生成物。产物不标“↓”或 “↑”。 （2）书写规律 ①多元弱酸的酸根离子分步水解，以第一步为主，应分步书写水解的离子方程式。如Na3PO4的水解分三步，第一步为　 　，第二步为　 　，第三步为 。 ②多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完。如AlCl3发生水解的离子方程式为　 　。 ③不能进行到底的相互促进的水解反应写“”，如CH3COO－＋H2O＋NCH3COOH＋NH3·H2O，常见的不能进行到底的相互促进的水解反应还有N与C的反应（铵态氮肥与草木灰混合施用会造成氮肥损失）等。 ④能进行到底的相互促进的水解反应书写时要用“”“↑”“↓”等，如Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑。 得分速记 (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溶液＞CH3COONa溶液。 (2)温度越高，盐的水解程度越大。 (3)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＋＋SO。 知识点2 盐类水解规律 1.盐类水解规律 难溶不 ，无弱不 ，越 越水解；都弱都 ，谁强显 ；同强显 ，都弱不一定。 2.水解平衡常数 （1）水解平衡常数表达式：如C＋H2OHC ＋OH－ ，Kh1＝；HC＋H2OH2CO3＋OH－，Kh2＝。水解平衡常数越大说明水解能力越 。 （2）水解平衡常数与电离平衡常数的关系，。如C＋H2OHC ＋OH－，Kh1＝；HC＋H2OH2CO3＋OH－，Kh2＝ （3）水解平衡常数受 影响，一般温度越高，水解平衡常数越 。 得分速记 (1)Kh只受温度影响。它随温度的升高而增大。 (2)Kh越大，表示水解程度越大。 考●向●破●译 考向1 盐类水解程度的比较 例1（2025·天津滨海新区·模拟预测）探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是 实验方案 现象 结论 A 将金属钠置于坩埚中燃烧，取燃烧后的少量固体粉末于试管中，加入2-3 mL蒸馏水 有气体生成 该固体粉末一定为 B 将25℃ 0.1 溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 随温度升高，逐渐增大，溶液中增大，减小 C 向溶液中加入等体积等浓度的溶液 有白色沉淀生成 结合的能力强于 D 测定中和热时，将稀NaOH溶液缓慢倒入盛有稀HCl的内筒，搅拌使其充分混合，再盖上杯盖 温度差为 中和反应放热，将代入公式算得中和热（） A．A B．B C．C D．D 解题妙招 盐类水解程度大小比较的规律 1.组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。 2.盐对应的酸（或碱）越弱，水解程度越大，溶液碱性（或酸性）越强。 3.相同条件下的水解程度：（1）正盐＞相应的酸式盐，如Na2CO3＞NaHCO3；（2）水解相互促进的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。 【变式1·变载体】苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数δ(x)随溶液 pH变化如图。 例如：A2-的分布系数δ(A2-)＝ 该温度下，下列说法错误的是 A．曲线①、③分别代表H2A与A2-的分布系数曲线 B．0.1mol·L-1的NaHA溶液的 pH>7 C．反应H2A + A2-2HA-的平衡常数 D．pH=4.255时，溶液中粒子浓度的大小关系为c(A2-)=c(H2A) 【变式2】（25-26高三上·天津南开·期末）下列实验装置不能达到实验目的的是 A．在Fe表面镀Cu B．用pH计比较醋酸、次氯酸的酸性强弱 C．探究铁的析氢腐蚀 D．制备明矾晶体 A．A B．B C．C D．D 【变式3】（25-26高三上·天津·阶段检测）室温下，对于溶液，下列判断正确的是 A．加入少量水，溶液中减小 B．与溶液混合后 C． D．溶液中水电离出的物质的量为 考向2 结合水解实质书写盐类水解方程式 例2（2026·天津南开·二模）下列离子方程式或电极反应式书写正确的是 A．水解： B．稀硝酸中加入少量铁屑： C．铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀的负极反应式： D．苯酚钠溶液中通入少量： 解题妙招 书写盐类水解离子方程式的注意事项 3个原则 一般来说，由于水解程度微弱 ①需标可逆符号“” ②气体、沉淀不标“↑”“↓” 特殊情况——存在相互促进水解的阴阳离子：水解程度较大时，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等 如：Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓ ③易分解产物不写其分解产物的形式 例：NH3·H2O不写成NH3和H2O 2种情况 ①多元弱酸阴离子的水解 分步进行： S2－＋H2OHS－＋OH－ HS－＋H2OH2S＋OH－ ②多元弱碱阳离子的水解 一步书写： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 【变式1·变载体】（2026·天津·三模）下列离子方程式正确的是 A．用溶液除气体： B．溶液中滴加溶液： C．的水解反应： D．苯酚钠溶液中通入少量气体：+H2O+CO2→+ 【变式2·变题型】（25-26高三上·天津·期末）测定溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下： 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是 A．溶液中存在水解平衡： B．①→③的过程pH变化的主要原因是升温促进的水解 C．④的pH与①不同，主要是由于被空气中的氧气氧化所致 D．①与④的值相等 【变式3·变考法】（24-25高三上·天津红桥·期末）下列说法正确的是 A．NaHS溶液水解离子方程式： B．水溶液中的电离方程式： C．锅炉除垢转化为： D．表示燃烧热的热化学方程式：   考点二 盐类水解的影响因素和应用 知●识●解●构 知识点1 盐类水解的影响因素 1.内因——盐本身的性质。 形成盐的酸或碱越弱，其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解能力就越____，溶液的碱性或酸性就越____。如酸性：CH3COOH＞H2CO3，则同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液pH： pH(NaHCO3)____pH(CH3COONa)。 2外因 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离 子的浓度 条件 变化 温度 升高 ____ 增大 ____ 浓度 增大 ____ ____ 增大 减小(即稀释) ____ 增大 ____ 外加酸 或碱 酸 促进弱酸阴离子水解 弱碱阳离子的水解程度减小 碱 弱酸根离子的水解程度减小 促进弱碱阳离子水解 外加其 他能水 解的盐 水解结 果相同 抑制，水解程度减小 水解结 果相反 促进，水解程度增大(甚至彻底水解) 3.不同条件对FeCl3水解平衡的影响见下表 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填写空格中内容) 条件 移动方向 H＋数 pH 现象 升高温度 ____ ____ ____ ____ 通HCl ____ ____ ____ ____ 加H2O ____ ____ ____ ____ 加NaHCO3 ____ ____ ____ ____ 知识点2 盐类水解的应用 应用 举例 判断溶液 的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是__ __ 判断酸 性强弱 相同浓度NaX、NaY、NaZ三种盐溶液pH分别为8、9、10，则酸性__ __ 配制或贮 存易水解 的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量__ __防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量__ __；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用__ __塞；NaF、NH4F要用塑料瓶保存。 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子反应： __ __ 泡沫灭火 器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为_ __ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用：CO＋H2OHCO＋OH－__ __ 除锈剂 NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂 物质提纯 除去MgCl2溶液中的氯化铁，可以加入MgO或Mg(OH)2反应掉部分H＋，促进铁离子的水解，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去 无机物 的制备 硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解，只能通过单质间化合反应才能制得；用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为__TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl__ 离子的共存 Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－，Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－，NH与SiO、AlO等因水解相互促进而不能大量共存 得分速记 稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 知识点3 盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断 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(s)；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。 2.盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3溶液蒸干得__ __，灼烧得__ __，FeCl3(aq)蒸干得Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3。 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和MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。 4.还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得__ __，FeCl2(aq)Fe(OH)2(s)Fe(OH)3Fe2O3。 5.弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 6.NaClO溶液蒸干时，既考虑水解，又考虑HClO分解，最后剩下NaCl。 考●向●破●译 考向1 盐类水解平衡的影响因素 例1（2025·天津·二模）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将缠绕的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色 乙醇催化氧化生成乙醛 B 向小苏打粉末中滴入柠檬酸 产生无色气体 柠檬酸的酸性比碳酸强 C 将25℃、溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH的变化 溶液pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 D 将苯、液溴、铁粉混合后产生的气体通入溶液中 产生淡黄色沉淀 苯与液溴发生了取代反应 A．A B．B C．C D．D 解题妙招 1.解决盐类水解问题的方法 盐类的水解存在平衡，外界条件(如温度、浓度、溶液的酸碱性等)的改变会引起平衡的移动。解答此类问题一般采用如下步骤：找出影响平衡的条件→判断平衡移动的方向→分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。 2.认识盐类水解的三个误区 误区一：误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。 误区二：误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。如NaHSO3溶液显酸性。 误区三：误认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。 对于水解程度不大且水解产物不离开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。 【变式1·变载体】（2024·天津河北·二模）为达到下列实验目的，其实验操作正确的是 实验目的 A．验证温度对水解平衡的影响 B．检查装置的气密性 实验操作 实验目的 C．混合浓硫酸和乙醇 D．检验溶液的 实验操作 A．A B．B C．C D．D 【变式2】（25-26高三上·天津·期末）下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向溶液中滴加溶液 出现白色沉淀 和发生了相互促进的水解反应 B 向体积为、浓度均为的和混合液中滴加溶液 先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀 相同温度下， C 中加4-6滴，振荡后加入溶液，加热煮沸 未出现砖红色沉淀 X不含有醛基 D 燃着的镁条插入盛有的集气瓶中，冷却后，往集气瓶中加入适量稀盐酸，静置，取少量上层清液于试管中，滴加少量溶液 剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，集气瓶底有白色固体生成。试管中没有产生黑色沉淀 镁能在中燃烧： A．A B．B C．C D．D 【变式3】（25-26高三上·天津·阶段检测）下列方程式中，能正确表达反应变化的是 A．向等浓度的和溶液中加入少量溶液，出现黄色沉淀： B．将“84”消毒液和洁厕灵混用会产生黄绿色气体： C．次氯酸钙溶液中通入，有白色沉淀生成： D．沸水中加入饱和溶液至液体呈红褐色： 考向2 盐类水解的应用 例2（2025·天津·二模）生活处处有化学，下列有关说法正确的是 A．“校服净”（主要含）可用于漂白衣物是因为其具有强氧化性 B．草木灰（）与铵态氮肥（含）混合使用可增强其肥效 C．霓虹灯呈现出五颜六色的光是因为发生电子从基态跃迁到激发态 D．利用半透膜分离葡萄糖和淀粉，该过程利用了它们在水中溶解性的不同 解题妙招 六种盐溶液蒸干后产物的判断 1.析出原来溶质 ―→ ―→ ―→ 2.析出弱碱——挥发性强酸与难溶性弱碱生成的盐 3.析出结晶水合物——CuSO4和KAl(SO4)2型 4.全部分解为气体——水解产物为易分解的盐 5.分解析出新盐——热稳定性差的盐 6.析出氧化产物——易被空气中氧气氧化的盐 注意：FeCl2、Fe(NO3)2的特殊性：易被氧化为Fe3＋，再蒸干得到Fe(OH)3，灼烧后最终产物为Fe2O3 【变式1·变载体】（24-25高三上·天津·开学考试）化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列说法正确的是 A．人体内有许多高分子化合物，比如核酸、脂肪、蛋白质、糖类等 B．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质 C．与溶液用作焊接金属时的除锈剂；与溶液显酸性 D．工业上制取粗硅时需用溶液除去生成的 【变式2·变题型】（24-25高三上·天津·开学考试）下列实验能达到实验目的的是 A．方案甲可制取无水 B．方案乙用(杯酚)识别和，操作①②为过滤，操作③为蒸馏 C．海带中提取碘的实验中灼烧碎海带 D．方案丁可判断溶度积： 【变式3·变考法】（2026·天津东丽·二模）下列说法涉及物质的氧化性或还原性的是 A．用碱液清洗厨房油污 B．用硫酸铝净水 C．用葡萄糖制镜 D．用氟化物添加在牙膏中预防龋齿 考点三 溶液中微粒浓度大小的比较 知●识●解●构 知识点1 微粒浓度的大小比较理论依据 1.电离理论——弱电解质的电离是微弱的 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。 如氨水中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是__ __。 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。 如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是__ __。 2.水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的 ①弱电解质离子的水解是微弱的(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的浓度。 如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是_ __。 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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是__ __。 知识点2 离子浓度大小比较的方法 1.电离理论——弱电解质的电离是微弱的 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。 如氨水中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是__ __。 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。 如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是__ __。 2.水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的 ①弱电解质离子的水解是微弱的(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的浓度。 如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是__ __。 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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是__ __。 得分速记 1．比较时紧扣两个微弱 (1)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：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 (2)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：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。 2．酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较 (1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。 (2)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。 3．质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导出来 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得质子守恒式，消去没有参与变化的K＋等。 4．规避等量关系中的2个易失分点 (1)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2个负电荷，不可漏掉。 (2)物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。 考●向●破●译 考向1 单一溶液中离子浓度大小比较 例1（25-26高三上·天津河西·期中）已知时，碳酸的、。下列有关溶液的说法错误的是 A． B． C． D．电离方程式： 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津滨海新区·开学考试）某温度下，将溶液中加水稀释至。下列说法错误的是 A．稀释过程中，水的电离程度减小 B．稀释过程中，变大 C．的溶液中， D．的溶液中， 【变式2】（2025·天津·一模）下列判断错误的是 A．溶液中： B．常温下向含有、的饱和溶液中加入少量，则溶液中变小 C．溶液加水稀释，与的比值减小 D．常温下稀释溶液，的电离常数和水的离子积均不变 【变式3】（24-25高三上·天津北辰·阶段检测）常温下，下列有关电解质溶液说法正确的是 A．的溶液： B．和相同浓度溶液等体积混合，混合液中存在 C．的和的等体积混合后溶液中 D．的溶液中，由水电离的 考向2 混合溶液中离子浓度大小比较 例2（2026·天津河北·二模）常温下，有①的醋酸，②的盐酸，③的NaOH溶液，④的溶液四种溶液，下列说法不正确的是 A．将①③等体积混合，所得溶液呈酸性 B．用③分别中和等体积的①和②，消耗③的体积相等 C．将②④等体积混合，所得溶液中： D．向④中加入少量③，溶液的碱性增强，但水解程度减小 【变式1·变载体】（2025·天津武清·一模）常温下，下列说法错误的是 A．将和的稀溶液混合恰好至溶液中； B．溶液中阴离子数目大于 C．室温下，同浓度的硫酸中，可溶而不溶，则 D．室温下，，pH 相同的；两种溶液中 ： 【变式2·变题型】24-25高三上·天津·期末）室温下，含硫各微粒（、和）存在于与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是 A．为获得尽可能纯的，pH控制在4~5之间 B．时，溶液中 C．时，溶液中主要成分是 D．由图中数据，可以估算出室温下的第一级电离平衡常数 【变式3·变考法】（2025·天津河西·三模）室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHA溶液，测得混合溶液的pH与1g的关系如图所示。下列说法正确的是 A．导电能力：a>b B．室温下，Ka(HA)=10-3.8 C．b点时，c(A-)+c(HA)=c(Na+) D．c点时，c(A-)>c(Na+) 考向3 不同溶液中同一离子浓度大小比较 例3现有下的四份溶液：①的溶液  ②的溶液  ③的氨水  ④的溶液。下列说法错误的是 A．溶液③中水的电离程度最大，①②④中水的电离程度相等 B．分别取上述四种溶液稀释至，四种溶液的：③④②① C．将溶液①、④等体积混合所得溶液中： D．将溶液②与溶液④混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得溶液的，则 解题妙招 不同溶液中同一离子浓度的大小比较 不同溶液中同一离子浓度的大小比较要选好参照物，分组比较各个击破。如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤＞④＞③＞①＞②。分析流程为： 分组④⑤中c(NH)要大于①②③ 【变式1·变载体】下列说法错误的是 A．常温下，下列四种溶液的相等：①、②、③、④，四种溶液的浓度大小关系为①>④>②>③ B．向冷NaOH溶液中通入恰好完全反应时： C．室温时，，时，溶液的pH等于 D．溶液与溶液等体积混合： 【变式2·变题型】酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。 (3)相同温度下，浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①②③④，溶液中的浓度由大到小的顺序为________(用序号表示)。 真题溯源·考向感知 1．（2025·天津·高考真题）苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。 例如：A2-的分布系数 该温度下，下列说法错误的是 A．曲线①是H2A的分布系数曲线 B．H2A的 C．反应的平衡常数 D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为 2．（2023·天津·高考真题）25℃时，0.1mol/L溶液显酸性，下列有关判断正确的是 A．该溶液中离子浓度最大的是 B．mol/L C． D．的平衡常数表达式为 3．（2025·天津·高考真题）硫是一种重要的非金属元素。 (4)25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显___________(填“酸性”“中性”“碱性”)。 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 盐类的水解规律 知识解构 知识点1 盐类水解的实质 ∣ 知识点2 盐类水解规律 考向破译 考向1 盐类水解程度的比较 ∣ 考向2 结合水解实质书写盐类水解方程式 解题妙招1 盐类水解程度大小比较的规律 解题妙招2 书写盐类水解离子方程式的注意事项 考点二 盐类水解的影响因素和应用 知识解构 知识点1 盐类水解的影响因素 ∣ 知识点2 盐类水解的应用 知识点3 盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断 考向破译 考向1 盐类水解平衡的影响因素 ∣ 考向2 盐类水解的应用 解题妙招1 解决盐类水解问题的方法 解题妙招2 六种盐溶液蒸干后产物的判断 考点 三 溶液中微粒浓度大小的比较 知识解构 知识点1 微粒浓度的大小比较理论依据 ∣ 知识点2 离子浓度大小比较的方法 考向破译 考向1 单一溶液中离子浓度大小比较 ∣ 考向2 混合溶液中离子浓度大小比较 考向3 不同溶液中同一离子浓度大小比较 解题妙招1 不同溶液中同一离子浓度的大小比较 ) ( 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—五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 盐类的水解规律 天津卷T5、T16 盐类水解的影响因素和应用 天津卷T13 天津卷T12 天津卷T10 天津卷T16 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1.从“单一水解”向“竞争平衡”转变：预测题目将更多涉及电离与水解的竞争、水解与沉淀转化的竞争。 2.图表信息处理能力要求提升：可能会给出分布分数图或滴定曲线，要求考生识别特定pH下的主要存在微粒，并结合水解常数进行解释。考生需具备从图像中提取 、判断优势区域的能力。 3.绿色化学与真实问题解决：结合天津本地或国家重大战略情境，如海水淡化后的浓盐水处理、土壤改良（酸性/碱性土壤调理）、新型电池电解液的稳定性等，考查如何利用水解原理解决实际问题。 ►复习目标： 1.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。 2.学生必做实验：盐类水解的应用 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 盐类的水解规律 知●识●解●构 知识点1 盐类水解的实质 1.盐类水解的实质 盐电离出来的离子与水电离出来的　H＋或OH－　结合生成　弱电解质　，促进水的电离平衡右移。以CH3COONa、NH4Cl溶液为例： 2.盐类水解的特点 （1）可逆：盐的水解反应绝大多数是可逆反应。可看作酸碱中和反应的逆反应，即“盐＋水酸＋碱”。 （2）微弱：通常盐类水解的程度很小，一般无沉淀析出，无气体放出。 （3）吸热： 水解反应吸热。 3.盐类水解方程式的书写 （1）书写形式 一般情况下盐类水解的程度较小，不生成沉淀和气体，一般用“”连接反应物和生成物。产物不标“↓”或 “↑”。 （2）书写规律 ①多元弱酸的酸根离子分步水解，以第一步为主，应分步书写水解的离子方程式。如Na3PO4的水解分三步，第一步为　P＋H2OHP＋OH－　，第二步为　HP＋H2OH2P＋OH－ 　，第三步为H2P＋H2OH3PO4＋OH－　。 ②多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完。如AlCl3发生水解的离子方程式为　Al3＋＋3H2OAl（OH）3＋3H＋　。 ③不能进行到底的相互促进的水解反应写“”，如CH3COO－＋H2O＋NCH3COOH＋NH3·H2O，常见的不能进行到底的相互促进的水解反应还有N与C的反应（铵态氮肥与草木灰混合施用会造成氮肥损失）等。 ④能进行到底的相互促进的水解反应书写时要用“”“↑”“↓”等，如Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑。 得分速记 (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溶液＞CH3COONa溶液。 (2)温度越高，盐的水解程度越大。 (3)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＋＋SO。 知识点2 盐类水解规律 1.盐类水解规律 难溶不水解，无弱不水解，越弱越水解；都弱都水解，谁强显谁性；同强显中性，都弱不一定。 2.水解平衡常数 （1）水解平衡常数表达式：如C＋H2OHC ＋OH－ ，Kh1＝；HC＋H2OH2CO3＋OH－，Kh2＝。水解平衡常数越大说明水解能力越强。 （2）水解平衡常数与电离平衡常数的关系，。如C＋H2OHC ＋OH－，Kh1＝；HC＋H2OH2CO3＋OH－，Kh2＝ （3）水解平衡常数受温度影响，一般温度越高，水解平衡常数越大。 得分速记 (1)Kh只受温度影响。它随温度的升高而增大。 (2)Kh越大，表示水解程度越大。 考●向●破●译 考向1 盐类水解程度的比较 例1（2025·天津滨海新区·模拟预测）探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是 实验方案 现象 结论 A 将金属钠置于坩埚中燃烧，取燃烧后的少量固体粉末于试管中，加入2-3 mL蒸馏水 有气体生成 该固体粉末一定为 B 将25℃ 0.1 溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 随温度升高，逐渐增大，溶液中增大，减小 C 向溶液中加入等体积等浓度的溶液 有白色沉淀生成 结合的能力强于 D 测定中和热时，将稀NaOH溶液缓慢倒入盛有稀HCl的内筒，搅拌使其充分混合，再盖上杯盖 温度差为 中和反应放热，将代入公式算得中和热（） A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．若金属钠未完全燃烧，剩余的Na也能与水反应生成气体，因此固体粉末不一定为，A错误； B．升高温度既促进水解使增大，也使增大，溶液pH减小是增大的程度超过水解使增大的程度，实际是增大的，B错误； C．二者反应的离子方程式为，能夺取电离出的生成沉淀，说明结合的能力强于，C正确； D．测定中和热时，为减少热量损失，需将稀溶液一次性快速倒入盛有稀的内筒，缓慢倒入会导致热量散失，测得的偏小，计算结果不准确，D错误； 故答案选C。 解题妙招 盐类水解程度大小比较的规律 1.组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。 2.盐对应的酸（或碱）越弱，水解程度越大，溶液碱性（或酸性）越强。 3.相同条件下的水解程度：（1）正盐＞相应的酸式盐，如Na2CO3＞NaHCO3；（2）水解相互促进的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。 【变式1·变载体】苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数δ(x)随溶液 pH变化如图。 例如：A2-的分布系数δ(A2-)＝ 该温度下，下列说法错误的是 A．曲线①、③分别代表H2A与A2-的分布系数曲线 B．0.1mol·L-1的NaHA溶液的 pH>7 C．反应H2A + A2-2HA-的平衡常数 D．pH=4.255时，溶液中粒子浓度的大小关系为c(A2-)=c(H2A) 【答案】B 【分析】二元弱酸随pH升高逐步解离，pH较小时分布系数最大，随pH升高分布系数逐渐减小，分布系数先增大后减小，pH较大时分布系数逐渐增大，据此匹配曲线①为的分布系数曲线，②为的分布系数曲线，③为的分布系数曲线。曲线①与②交点pH为3.46，此时，可得；曲线②与③交点pH为5.05，此时，可得。 【解析】A．pH升高时分布系数减小，分布系数增大，曲线①为的分布系数曲线，③为的分布系数曲线，A正确； B．的电离常数为，水解常数，电离程度大于水解程度，的溶液pH<7，B错误； C．反应的平衡常数，C正确； D．当时，，则，即pH=4.255时，D正确； 故选B。 【变式2】（25-26高三上·天津南开·期末）下列实验装置不能达到实验目的的是 A．在Fe表面镀Cu B．用pH计比较醋酸、次氯酸的酸性强弱 C．探究铁的析氢腐蚀 D．制备明矾晶体 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．电镀时镀层金属连接电源正极作阳极，镀件连接电源负极作阴极，电解液可提供铜离子，阴极铜离子得电子生成附着在表面，可实现镀铜，A正确； B．等浓度的、均为弱酸强碱盐，酸根离子水解程度越大，对应溶液越大，对应弱酸的酸性越弱，测得溶液小于溶液的，说明酸性醋酸强于次氯酸，可达到实验目的，B正确； C．的食盐水为弱酸性环境，在此条件下发生吸氧腐蚀，仅在酸性较强的溶液中才会发生析氢腐蚀，该装置不能达到探究析氢腐蚀的实验目的，C错误； D．饱和明矾溶液中悬挂带有晶种的线，溶质可在晶种表面有序析出，利用晶体的自范性可制备明矾晶体，D正确； 故选C。 【变式3】（25-26高三上·天津·阶段检测）室温下，对于溶液，下列判断正确的是 A．加入少量水，溶液中减小 B．与溶液混合后 C． D．溶液中水电离出的物质的量为 【答案】D 【解析】A．加水稀释时，稀释后减小，不变，该比值增大，A错误； B．pH=11的溶液中，等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7，B错误； C．溶液中电荷守恒为，给出的等式不符合守恒关系，C错误； D．溶液中全部来自水的电离，水电离出的，物质的量为，D正确； 故选D。 考向2 结合水解实质书写盐类水解方程式 例2（2026·天津南开·二模）下列离子方程式或电极反应式书写正确的是 A．水解： B．稀硝酸中加入少量铁屑： C．铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀的负极反应式： D．苯酚钠溶液中通入少量： 【答案】B 【解析】A．亚硫酸氢钠在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，反应的离子方程式为：，A错误； B．稀硝酸与少量铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，B正确； C．铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，铁作负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式：，C错误； D．酸性：H2CO3＞苯酚＞，苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：，D错误； 故选B。 解题妙招 书写盐类水解离子方程式的注意事项 3个原则 一般来说，由于水解程度微弱 ①需标可逆符号“” ②气体、沉淀不标“↑”“↓” 特殊情况——存在相互促进水解的阴阳离子：水解程度较大时，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等 如：Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓ ③易分解产物不写其分解产物的形式 例：NH3·H2O不写成NH3和H2O 2种情况 ①多元弱酸阴离子的水解 分步进行： S2－＋H2OHS－＋OH－ HS－＋H2OH2S＋OH－ ②多元弱碱阳离子的水解 一步书写： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 【变式1·变载体】（2026·天津·三模）下列离子方程式正确的是 A．用溶液除气体： B．溶液中滴加溶液： C．的水解反应： D．苯酚钠溶液中通入少量气体：+H2O+CO2→+ 【答案】D 【解析】A．是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为，应保留化学式，故用CuSO4溶液除H2S气体的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故A错误； B．酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，最终生成沉淀而非，故H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液的离子方程式为，故B错误； C．碳酸氢根离子部分水解生成碳酸和氢氧根离子；离子方程式：，故C错误； D．酸性强弱顺序为：，根据强酸制弱酸原理，CO2无论通入多少，只生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式是+H2O+CO2→+，故D正确；故答案选：D。 【变式2·变题型】（25-26高三上·天津·期末）测定溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下： 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是 A．溶液中存在水解平衡： B．①→③的过程pH变化的主要原因是升温促进的水解 C．④的pH与①不同，主要是由于被空气中的氧气氧化所致 D．①与④的值相等 【答案】B 【解析】A．是强碱弱酸盐，发生水解：，该平衡存在，A正确； B．从①到③温度升高，一方面，温度对水的电离平衡和盐的水解平衡的综合影响通常会导致强碱弱酸盐溶液的pH降低；另一方面，升温会加速被氧化为，消耗了碱性离子，也会导致pH降低。因此，选项B的归因不正确，B错误； C．①和④均为25℃，但④的pH更低，且实验显示④中更多，证实氧化导致减少，pH下降，C正确； D．是水的离子积，只与温度有关，①和④温度相同（25℃），故相等，D正确； 故选B。 【变式3·变考法】（24-25高三上·天津红桥·期末）下列说法正确的是 A．NaHS溶液水解离子方程式： B．水溶液中的电离方程式： C．锅炉除垢转化为： D．表示燃烧热的热化学方程式：   【答案】C 【解析】A．NaHS溶液水解显碱性，水解的离子方程式应该是，A错误； B．是二元弱酸，分步电离，电离方程式为， ，B错误； C．锅炉除垢将转化为，反应的离子方程式为，该反应符合沉淀转化的原理，因为，C正确； D．热化学方程式中的数值与化学计量数相对应燃烧热的热化学方程式应该是  ，D错误； 故选C。 考点二 盐类水解的影响因素和应用 知●识●解●构 知识点1 盐类水解的影响因素 1.内因——盐本身的性质。 形成盐的酸或碱越弱，其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解能力就越__大__，溶液的碱性或酸性就越__强__。如酸性：CH3COOH＞H2CO3，则同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液pH： pH(NaHCO3)__＞__pH(CH3COONa)。 2外因 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离 子的浓度 条件 变化 温度 升高 __右移__ 增大 __增大__ 浓度 增大 __右移__ __减小__ 增大 减小(即稀释) __右移__ 增大 __减小__ 外加酸 或碱 酸 促进弱酸阴离子水解 弱碱阳离子的水解程度减小 碱 弱酸根离子的水解程度减小 促进弱碱阳离子水解 外加其 他能水 解的盐 水解结 果相同 抑制，水解程度减小 水解结 果相反 促进，水解程度增大(甚至彻底水解) 3.不同条件对FeCl3水解平衡的影响见下表 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填写空格中内容) 条件 移动方向 H＋数 pH 现象 升高温度 __向右__ __增多__ __降低__ __颜色变深__ 通HCl __向左__ __增多__ __降低__ __颜色变浅__ 加H2O __向右__ __增多__ __升高__ __颜色变浅__ 加NaHCO3 __向右__ __减小__ __升高__ __产生红褐色淀沉及无色气体__ 知识点2 盐类水解的应用 应用 举例 判断溶液 的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是__Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋__ 判断酸 性强弱 相同浓度NaX、NaY、NaZ三种盐溶液pH分别为8、9、10，则酸性__HX＞HY＞HZ__ 配制或贮 存易水解 的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量__稀硫酸__防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量__盐酸__；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用__磨口玻璃__塞；NaF、NH4F要用塑料瓶保存。 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子反应： __Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋__ 泡沫灭火 器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为__Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑__ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用：CO＋H2OHCO＋OH－__NH＋OH－===NH3↑＋H2O__ 除锈剂 NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂 物质提纯 除去MgCl2溶液中的氯化铁，可以加入MgO或Mg(OH)2反应掉部分H＋，促进铁离子的水解，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去 无机物 的制备 硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解，只能通过单质间化合反应才能制得；用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为__TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl__ 离子的共存 Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－，Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－，NH与SiO、AlO等因水解相互促进而不能大量共存 得分速记 稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 知识点3 盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断 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(s)；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。 2.盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3溶液蒸干得__Al(OH)3__，灼烧得__Al2O3__，FeCl3(aq)蒸干得Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3。 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和MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。 4.还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得__Na2SO4(s)__，FeCl2(aq)Fe(OH)2(s)Fe(OH)3Fe2O3。 5.弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 6.NaClO溶液蒸干时，既考虑水解，又考虑HClO分解，最后剩下NaCl。 考●向●破●译 考向1 盐类水解平衡的影响因素 例1（2025·天津·二模）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将缠绕的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色 乙醇催化氧化生成乙醛 B 向小苏打粉末中滴入柠檬酸 产生无色气体 柠檬酸的酸性比碳酸强 C 将25℃、溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH的变化 溶液pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 D 将苯、液溴、铁粉混合后产生的气体通入溶液中 产生淡黄色沉淀 苯与液溴发生了取代反应 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．乙醇和乙醛均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色不能说明乙醇已催化氧化生成乙醛，A错误； B．向小苏打粉末中滴入柠檬酸，反应生成无色气体二氧化碳，说明柠檬酸的酸性比碳酸的强，B正确； C．将25℃、溶液加热到40℃，若溶液pH减小，可能是水的电离程度增大或部分被氧化导致，而水解平衡正向移动，会导致溶液的pH增大，C错误； D．向苯和液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体先通入四氯化碳，除去挥发的溴单质，再通入溶液中，产生淡黄色沉淀，才能说明苯与溴发生了取代反应生成了HBr，D错误； 故选B。 解题妙招 1.解决盐类水解问题的方法 盐类的水解存在平衡，外界条件(如温度、浓度、溶液的酸碱性等)的改变会引起平衡的移动。解答此类问题一般采用如下步骤：找出影响平衡的条件→判断平衡移动的方向→分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。 2.认识盐类水解的三个误区 误区一：误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。 误区二：误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。如NaHSO3溶液显酸性。 误区三：误认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。 对于水解程度不大且水解产物不离开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。 【变式1·变载体】（2024·天津河北·二模）为达到下列实验目的，其实验操作正确的是 实验目的 A．验证温度对水解平衡的影响 B．检查装置的气密性 实验操作 实验目的 C．混合浓硫酸和乙醇 D．检验溶液的 实验操作 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．加热促进碳酸根离子的水解，碱性增强，酚酞遇碱变红，红色加深，但试管中液体太多，不能验证温度对水解平衡的影响，故A错误； B．关闭止水夹，液面不再下降，可知不漏气，则气密性良好，故B正确； C．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应向乙醇中注入浓硫酸，故C错误； D．胶头滴管不能伸入试管内，故D错误； 故选B。 【变式2】（25-26高三上·天津·期末）下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向溶液中滴加溶液 出现白色沉淀 和发生了相互促进的水解反应 B 向体积为、浓度均为的和混合液中滴加溶液 先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀 相同温度下， C 中加4-6滴，振荡后加入溶液，加热煮沸 未出现砖红色沉淀 X不含有醛基 D 燃着的镁条插入盛有的集气瓶中，冷却后，往集气瓶中加入适量稀盐酸，静置，取少量上层清液于试管中，滴加少量溶液 剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，集气瓶底有白色固体生成。试管中没有产生黑色沉淀 镁能在中燃烧： A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．向NaHCO3溶液中滴加Na[Al(OH)4]溶液，出现白色沉淀，该反应的实质是与发生酸碱反应生成沉淀，A错误； B．是AB型难溶电解质，是型，不同类型的难溶电解质，不能直接通过沉淀先后顺序比较大小，无法得出题中结论，B错误； C．醛基与新制氢氧化铜的反应需要在碱性环境下进行，该实验中用量远不足，过量使溶液呈酸性，即使含醛基也不会生成砖红色沉淀，无法得出结论，C错误； D．若反应生成，则加稀盐酸后会释放出，滴加会生成黑色沉淀；题中现象为无黑色沉淀，说明产物中无硫化镁，镁与反应为，D正确； 故选D。 【变式3】（25-26高三上·天津·阶段检测）下列方程式中，能正确表达反应变化的是 A．向等浓度的和溶液中加入少量溶液，出现黄色沉淀： B．将“84”消毒液和洁厕灵混用会产生黄绿色气体： C．次氯酸钙溶液中通入，有白色沉淀生成： D．沸水中加入饱和溶液至液体呈红褐色： 【答案】D 【解析】A．碘化银溶度积小于溴化银，等浓度和中加入少量优先生成黄色沉淀，正确离子方程式为，A错误； B．洁厕灵含盐酸，混合后溶液呈酸性，反应产物不能存在，正确离子方程式为，B错误； C．具有强氧化性，可将氧化为，生成沉淀；若SO2过量，则离子方程式为，C错误； D．沸水中加入饱和氯化铁溶液生成氢氧化铁胶体，反应方程式为、（胶体），符合反应事实，D正确； 故选D。 考向2 盐类水解的应用 例2（2025·天津·二模）生活处处有化学，下列有关说法正确的是 A．“校服净”（主要含）可用于漂白衣物是因为其具有强氧化性 B．草木灰（）与铵态氮肥（含）混合使用可增强其肥效 C．霓虹灯呈现出五颜六色的光是因为发生电子从基态跃迁到激发态 D．利用半透膜分离葡萄糖和淀粉，该过程利用了它们在水中溶解性的不同 【答案】A 【解析】A．中具有强氧化性，可用于漂白衣物，A正确； B．中水解使溶液显碱性，与含的铵态氮肥混合会发生双水解反应释放，降低肥效，B错误； C．霓虹灯呈现彩色光是因为电子从激发态跃迁回基态时，能量以光的形式释放，电子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，不会发光，C错误； D．利用半透膜分离葡萄糖和淀粉是渗析操作，利用的是二者分散质粒子直径大小的差异，淀粉胶体粒子不能透过半透膜，葡萄糖小分子可透过，与溶解性无关，D错误； 故选A。 解题妙招 六种盐溶液蒸干后产物的判断 1.析出原来溶质 ―→ ―→ ―→ 2.析出弱碱——挥发性强酸与难溶性弱碱生成的盐 3.析出结晶水合物——CuSO4和KAl(SO4)2型 4.全部分解为气体——水解产物为易分解的盐 5.分解析出新盐——热稳定性差的盐 6.析出氧化产物——易被空气中氧气氧化的盐 注意：FeCl2、Fe(NO3)2的特殊性：易被氧化为Fe3＋，再蒸干得到Fe(OH)3，灼烧后最终产物为Fe2O3 【变式1·变载体】（24-25高三上·天津·开学考试）化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列说法正确的是 A．人体内有许多高分子化合物，比如核酸、脂肪、蛋白质、糖类等 B．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质 C．与溶液用作焊接金属时的除锈剂；与溶液显酸性 D．工业上制取粗硅时需用溶液除去生成的 【答案】C 【解析】A．高分子化合物相对分子质量一般需达到上万，脂肪相对分子质量较小不属于高分子化合物，糖类中的单糖、二糖也不属于高分子化合物，A错误； B．硅胶、生石灰的作用是作干燥剂吸收水分，只有还原铁粉的作用是防止食品氧化变质，B错误； C．和均为强酸弱碱盐，、水解使溶液显酸性，可与铁锈（金属氧化物）反应，可用作焊接金属时的除锈剂，C正确； D．工业上用焦炭还原二氧化硅制粗硅，反应生成的是而非，且无需用溶液除杂，D错误； 故选C。 【变式2·变题型】（24-25高三上·天津·开学考试）下列实验能达到实验目的的是 A．方案甲可制取无水 B．方案乙用(杯酚)识别和，操作①②为过滤，操作③为蒸馏 C．海带中提取碘的实验中灼烧碎海带 D．方案丁可判断溶度积： 【答案】B 【解析】A．直接加热时，会发生水解，且生成的HCl挥发，最终得到（或分解为MgO），无法得到无水；制取无水需要在HCl气流中加热，抑制水解，A错误； B．杯酚可识别和：与杯酚形成的超分子不溶于甲苯，溶于甲苯，操作①过滤即可分离出固体超分子；加入氯仿后溶于氯仿，杯酚不溶，操作②过滤即可除去不溶的杯酚，最后通过蒸馏分离出沸点较低的氯仿，得到，B正确； C．灼烧碎海带属于高温灼烧固体，必须在坩埚中进行，烧杯不能用于高温灼烧固体，C错误； D．本实验中过量，少量，生成ZnS沉淀后，加入直接生成CuS黑色沉淀，发生ZnS向CuS的沉淀转化，溶度积关系为，D错误； 故选B。 【变式3·变考法】（2026·天津东丽·二模）下列说法涉及物质的氧化性或还原性的是 A．用碱液清洗厨房油污 B．用硫酸铝净水 C．用葡萄糖制镜 D．用氟化物添加在牙膏中预防龋齿 【答案】C 【解析】A．碱液清洗油污是油脂在碱性条件下发生水解（皂化）反应，反应中无元素化合价升降，不涉及氧化性或还原性，A错误； B．硫酸铝净水是因为Al3+水解生成氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质，水解反应无元素化合价升降，不涉及氧化性或还原性，B错误； C．葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，可将银氨溶液中+1价的Ag还原为0价的Ag单质，发生氧化还原反应，涉及物质的氧化性和还原性，C正确； D．氟化物防龋齿是羟基磷灰石与氟离子反应生成更稳定的氟磷灰石，反应中无元素化合价升降，不涉及氧化性或还原性，D错误； 故答案选C。 考点三 溶液中微粒浓度大小的比较 知●识●解●构 知识点1 微粒浓度的大小比较理论依据 1.电离理论——弱电解质的电离是微弱的 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。 如氨水中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是__c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)__。 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。 如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是__c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)__。 2.水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的 ①弱电解质离子的水解是微弱的(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的浓度。 如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是__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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是__c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)__。 知识点2 离子浓度大小比较的方法 1.电离理论——弱电解质的电离是微弱的 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。 如氨水中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是__c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)__。 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。 如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是__c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)__。 2.水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的 ①弱电解质离子的水解是微弱的(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的浓度。 如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是__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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是__c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)__。 得分速记 1．比较时紧扣两个微弱 (1)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：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 (2)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：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。 2．酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较 (1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。 (2)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。 3．质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导出来 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得质子守恒式，消去没有参与变化的K＋等。 4．规避等量关系中的2个易失分点 (1)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2个负电荷，不可漏掉。 (2)物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。 考●向●破●译 考向1 单一溶液中离子浓度大小比较 例1（25-26高三上·天津河西·期中）已知时，碳酸的、。下列有关溶液的说法错误的是 A． B． C． D．电离方程式： 【答案】A 【解析】A．根据，可得到的水解常数为：，其，得到的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，故有，A错误； B．浓度等于初始浓度，而因部分水解和电离浓度降低而小于，故，B正确； C．根据A选项的数据，的水解（生成）程度大于其电离（生成）程度，故有，C正确； D．为强电解质，在溶液中完全电离为和，电离方程式书写正确，D正确； 故答案为：A。 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津滨海新区·开学考试）某温度下，将溶液中加水稀释至。下列说法错误的是 A．稀释过程中，水的电离程度减小 B．稀释过程中，变大 C．的溶液中， D．的溶液中， 【答案】C 【解析】A．硫化钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，且水解促进水的电离，稀释后盐的浓度减小，对水的电离促进减小，则水的电离程度减小，A正确； B．稀释过程，硫化钠的浓度减小，溶液碱性减弱，减小，水解常数不变，＝变大，B正确； C．由水解方程式、知，，C 错误； D．由物料守恒知，溶液中，，D正确； 故答案选C。 【变式2】（2025·天津·一模）下列判断错误的是 A．溶液中： B．常温下向含有、的饱和溶液中加入少量，则溶液中变小 C．溶液加水稀释，与的比值减小 D．常温下稀释溶液，的电离常数和水的离子积均不变 【答案】B 【解析】A．溶液中存在电荷守恒和物料守恒：，，二式相减得到：，A正确； B．常温下向含有、的饱和溶液中加入少量，存在AgCl和AgBr的沉淀溶解平衡，溶液中=不变，B错误； C．溶液加水稀释，水解程度增大，的物质的量减少，与的比值等于n()与n(Na+)之比，n()减少，比值减小，C正确； D．的电离常数和水的离子积均与温度有关，温度不变，与均不变，D正确； 答案选B。 【变式3】（24-25高三上·天津北辰·阶段检测）常温下，下列有关电解质溶液说法正确的是 A．的溶液： B．和相同浓度溶液等体积混合，混合液中存在 C．的和的等体积混合后溶液中 D．的溶液中，由水电离的 【答案】A 【解析】A．NaHSO4在水溶液中完全电离，pH=1时，水自身电离很弱，根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)，另外根据物料守恒，c(Na+)=c()，故存在c(H+)=c()+c(OH-)，A正确； B．0.01mol/LCH3COOH和相同浓度CH3COONa溶液等体积混合，其中醋酸部分电离，醋酸钠会部分水解，根据物料守恒，则混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L，B错误； C．NH3·H2O为弱电解质，部分电离，pH=2的HCl和pH=12的NH3·H2O等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，由电荷守恒可知，c(Cl-)<c()，C错误； D．pH=8的NaHCO3溶液中c(H+)=，则c(OH-)=，溶液中OH-全由水电离而来，弱酸盐可促进水的电离，故水电离的c(OH-)=，D错误； 本题选A。 考向2 混合溶液中离子浓度大小比较 例2（2026·天津河北·二模）常温下，有①的醋酸，②的盐酸，③的NaOH溶液，④的溶液四种溶液，下列说法不正确的是 A．将①③等体积混合，所得溶液呈酸性 B．用③分别中和等体积的①和②，消耗③的体积相等 C．将②④等体积混合，所得溶液中： D．向④中加入少量③，溶液的碱性增强，但水解程度减小 【答案】B 【解析】A．醋酸为弱酸，pH=2的醋酸浓度远大于0.01 mol/L，与等体积0.01 mol/L NaOH溶液混合后醋酸过量，所得溶液呈酸性，A正确； B．pH=2的醋酸浓度远大于pH=2的盐酸，等体积的两溶液中醋酸的物质的量远大于HCl，中和时醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，二者消耗③的体积不相等，B错误； C．pH=2的盐酸浓度为0.01 mol/L，与等体积0.01 mol/L 混合恰好反应生成等物质的量的NaCl和，水解程度大于电离程度，因此离子浓度满足，C正确； D．向溶液中加入少量NaOH，溶液中浓度增大，碱性增强，同时抑制的水解，水解程度减小，D正确； 故选B。 【变式1·变载体】（2025·天津武清·一模）常温下，下列说法错误的是 A．将和的稀溶液混合恰好至溶液中； B．溶液中阴离子数目大于 C．室温下，同浓度的硫酸中，可溶而不溶，则 D．室温下，，pH 相同的；两种溶液中 ： 【答案】A 【解析】A．假设和物质的量相等，则根据物料守恒：，因为的水解程度大于的水解程度，为了达到，需要多加入，因此，A错误； B．溶液中，是，因为+ H2OHCO+ OH−，HCO+ H2OH2CO3 + OH−，则阴离子数目大于，B正确； C．室温下，同浓度的硫酸中，可溶而不溶，即在硫酸中的溶解度大于在硫酸中的溶解度，则，C正确； D．室温下，，即酸性：，则等浓度的和溶液中，水解程度大，pH大；因此pH 相同的和溶液中，的浓度大，即：，D正确； 故选A。 【变式2·变题型】24-25高三上·天津·期末）室温下，含硫各微粒（、和）存在于与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是 A．为获得尽可能纯的，pH控制在4~5之间 B．时，溶液中 C．时，溶液中主要成分是 D．由图中数据，可以估算出室温下的第一级电离平衡常数 【答案】B 【解析】A．由图可知，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应至溶液pH在4～5之间时，溶液中亚硫酸氢根离子的物质的量分数最大，亚硫酸和亚硫酸根离子的物质的量分数都为0，所以为获得尽可能纯的亚硫酸氢钠，溶液pH应控制在4~5之间，故A正确； B．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应至溶液pH为7的中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中＞，故B正确； C．由图可知，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应至溶液pH为9时，亚硫酸根离子的物质的量分数最大，亚硫酸氢根离子的物质的量分数为0，所以溶液pH为9.5时，溶液中主要成分是亚硫酸钠，故C正确； D．由图可知，溶液pH为2时，溶液中亚硫酸浓度与亚硫酸氢根离子浓度相等，电离常数Ka1(H2SO3)= = c(H+) =10—2，故D正确； 故选B。 【变式3·变考法】（2025·天津河西·三模）室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHA溶液，测得混合溶液的pH与1g的关系如图所示。下列说法正确的是 A．导电能力：a>b B．室温下，Ka(HA)=10-3.8 C．b点时，c(A-)+c(HA)=c(Na+) D．c点时，c(A-)>c(Na+) 【答案】B 【解析】A．由电荷守恒得：，随NaOH的加入，和增大，则溶液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：a<b，故A错误； B．=2时，pH=5.8，此时=100，，，故B正确； C．b点溶液显中性，则，则，故C错误； D．电荷守恒得：，c点溶液显碱性，则，，故D错误； 故答案选B。 考向3 不同溶液中同一离子浓度大小比较 例3现有下的四份溶液：①的溶液  ②的溶液  ③的氨水  ④的溶液。下列说法错误的是 A．溶液③中水的电离程度最大，①②④中水的电离程度相等 B．分别取上述四种溶液稀释至，四种溶液的：③④②① C．将溶液①、④等体积混合所得溶液中： D．将溶液②与溶液④混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得溶液的，则 【答案】B 【解析】A．酸、碱均抑制水的电离，溶液中或浓度越大，水的电离程度越小；①②中，④中，三者对水的电离抑制程度相同，水的电离程度相等；③中氨水为弱电解质，氨水中，对水的电离抑制程度更弱，水的电离程度最大，A正确； B．等的醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸电离平衡正向移动，：②①；等浓度的氨水和溶液，是强碱完全电离，氨水是弱碱部分电离，初始：④③，稀释相同倍数后弱电解质电离平衡正向移动，仍为④③，正确顺序为④③②①，B错误； C．的醋酸浓度远大于，与等体积的混合后醋酸过量，溶液呈酸性，，C正确； D．混合后说明盐酸过量，混合后，整理得，D正确； 故答案为B。 解题妙招 不同溶液中同一离子浓度的大小比较 不同溶液中同一离子浓度的大小比较要选好参照物，分组比较各个击破。如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤＞④＞③＞①＞②。分析流程为： 分组④⑤中c(NH)要大于①②③ 【变式1·变载体】下列说法错误的是 A．常温下，下列四种溶液的相等：①、②、③、④，四种溶液的浓度大小关系为①>④>②>③ B．向冷NaOH溶液中通入恰好完全反应时： C．室温时，，时，溶液的pH等于 D．溶液与溶液等体积混合： 【答案】C 【解析】A． 四种溶液中 相等时，浓度大小关系为①>④>②>③。这是因为①一水合氨为弱碱，电离度小，需较高浓度才能达到相同 ；④氯化铵中铵根水解程度小，浓度略大于目标值；②硫酸氢铵中氢离子抑制铵根水解，浓度接近目标值；③其化学式中含2个，要使溶液中与其它溶液相等，其溶质的物质的量浓度约为其它溶液的一半，故浓度最小；计算表明浓度关系成立，A正确； B．向冷NaOH溶液中通入恰好完全反应，生成NaCl和NaClO：。电荷守恒为 ，结合物料守恒 ，可推导出等式成立，B正确； C．由 和 ，得 ， ，选项缺少常数项，C错误； D．等体积混合后形成醋酸-醋酸钠缓冲体系：即为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒可得：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，二者结合可得该等式成立，D正确； 故选C。 【变式2·变题型】酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。 (3)相同温度下，浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①②③④，溶液中的浓度由大到小的顺序为________(用序号表示)。 【答案】(3) ④>②>③>① 【解析】（3）①为弱碱，微弱电离，浓度最小；②、③、④均为铵盐，完全电离，浓度远大于①。②中正常水解；③中醋酸根离子水解呈碱性，会促进的水解，使其浓度小于②；④电离出的会抑制的水解，使其浓度大于②。因此浓度由大到小的顺序为④>②>③>①； 【变式3·变考法】回答下列问题： (1)相同浓度的下列溶液中：①、②、③中，由大到小的顺序是（填序号）______。 【答案】(1)②＞①＞③ 【解析】（1）②是强电解质，完全电离出，仅少量水解；①完全电离，但水解显酸性，会促进水解，因此小于②；③是弱电解质，仅极少量电离出，浓度最小，故顺序为②＞①＞③； 真题溯源·考向感知 1．（2025·天津·高考真题）苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。 例如：A2-的分布系数 该温度下，下列说法错误的是 A．曲线①是H2A的分布系数曲线 B．H2A的 C．反应的平衡常数 D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为 【答案】C 【分析】存在电离平衡：，，随升高，的分布系数减小，为曲线①，的分布系数先增大后减小，为曲线②，的分布系数增大，为曲线③；根据图示，时，时，，同理：。 【解析】A．由分析可知，随着pH升高，的分布系数逐渐减小，故①为的分布系数曲线，A正确； B．由分析可知，时，，即，，B正确； C．反应的平衡常数，C错误； D．pH=6时，由图像可知，分布系数大于，分布系数极小，故，D正确； 故选C。 2．（2023·天津·高考真题）25℃时，0.1mol/L溶液显酸性，下列有关判断正确的是 A．该溶液中离子浓度最大的是 B．mol/L C． D．的平衡常数表达式为 【答案】B 【分析】磷酸是三元中强酸，25℃时，0.1mol/L磷酸二氢钠溶液显酸性说明磷酸二氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度。 【解析】A．磷酸二氢钠在溶液中完全电离出等物质的量的钠离子和磷酸二氢根离子，磷酸二氢根离子在溶液中存在电离趋势和水解趋势，所以0.1mol/L磷酸二氢钠溶液中离子浓度最大的是钠离子，故A错误； B．0.1mol/L磷酸二氢钠溶液中存在物料守恒关系mol/L，故B正确； C．0.1mol/L磷酸二氢钠溶液中存在电荷守恒关系，故C错误； D．的平衡常数表达式为，故D错误； 故选B。 3．（2025·天津·高考真题）硫是一种重要的非金属元素。 (4)25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显___________(填“酸性”“中性”“碱性”)。 【答案】(4)碱性 【解析】（4）25℃时，H2S的Ka1为1.1×10-7，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，根据“谁强显谁性”，NH4HS水溶液显碱性。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $