第03讲 盐类的水解 -2026年高考化学一轮复习讲练测（北京专用）（解析版）

PAGE1第03讲盐类的水解目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一盐类的水解规律 4知识点1盐类水解的实质 4知识点2盐类水解规律 6考向1盐类水解程度的比较 9【思维建模】盐类水解程度大小比较的规律考向2结合水解实质书写盐类水解方程式 10【思维建模】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 11知识点1盐类水解的影响因素 11知识点2盐类水解的应用(化学实验、工农业生产、日常生活) 11知识点3盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断 11考向1盐类水解平衡的影响因素 16【思维建模】解决盐类水解问题的方法考向2盐类水解的应用 18【思维建模】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 21知识点1微粒浓度的大小比较理论依据 22知识点2离子浓度大小比较的方法 22考向1单一溶液中离子浓度大小比较 25考向2混合溶液中离子浓度大小比较 26考向3不同溶液中同一离子浓度大小比较 27【思维建模】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 29考点要求考察形式2025年2024年2023年盐类的水解规律选择题非选择题T5(C)T5(B)盐类水解的影响因素和应用选择题非选择题T19(2)T3考情分析：1.高考常以盐的水解的本质为依据，判断盐溶液的酸碱性，分析条件改变对盐类水解平衡的影响及溶液中微粒数量的变化，以及盐类水解在生产、生活中的应用。2.预计2026年北京高考会结合真实情境考查盐类的水解在生产、生活中的应用，也会结合电解质溶液图像考查盐类水解平衡、水解平衡常数的计算和应用复习目标：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：盐类水解的应用考点一盐类的水解规律知识点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＋水水解中和酸＋（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PO43－＋H2O⇌HPO42－＋OH－，第二步为HPO42－＋H2O⇌H2PO4－＋OH－，第三步为H2PO4－＋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＋＋3H2O⇌Al（OH）3＋3H＋。③不能进行到底的相互促进的水解反应写“⇌”，如CH3COO－＋H2O＋NH4＋⇌CH3COOH＋NH3·H2O，常见的不能进行到底的相互促进的水解反应还有NH④能进行到底的相互促进的水解反应书写时要用“”“↑”“↓”等，如Al3＋＋3HCO3－Al（OH）3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＋＋SOeq\o\al(2－,4)。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CO32－＋H2O⇌HCO3－＋OH－，Kh1＝c（OH－）·c（HCO3－）c（CO3（2）水解平衡常数与电离平衡常数的关系，。如CO32－＋H2O⇌HCO3－＋OH－，Kh1＝KwKa2；HCO3－＋H2O⇌H（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1盐类水解程度的比较例1（24-25高三上·北京顺义·期末）直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用溶液吸收的过程中，pH随变化关系如下表：吸收液IⅡⅢ8.27.26.2下列说法不正确的是A．溶液中存在水解平衡：B．溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度C．当吸收液呈中性时，溶液中D．三种吸收液中，水的电离程度：IⅡⅢ【答案】C【解析】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故A正确；B．亚硫酸氢钠溶液显酸性数目亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确；C．由表格数据可知，溶液pH为7.2时，溶液中亚硫酸根离子的物质的量等于亚硫酸氢根离子，pH为6.2时，亚硫酸根离子的物质的量远小于亚硫酸氢根离子，所以吸收液呈中性时，溶液中亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，故C错误；D．强碱弱酸盐亚硫酸钠在溶液中水解促进水的电离，亚硫酸氢钠在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，所以溶液中亚硫酸氢根离子浓度越大，水的电离程度越小，则三种吸收液中，水的电离程度为IⅡⅢ，故D正确；故选C。思维建模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。【变式训练1·变载体】（24-25高三上·北京西城·期末）下列说法正确的是A．加热和的固体混合物，可将二者分离B．向溶液中加过量的溶液，可制C．取某溶液滴加溶液，溶液变红色，该溶液中含有D．取溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，后者红色更深【答案】C【解析】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，无法分离，A错误；B．氢氧化钠为强碱，溶液中加过量的溶液，反应生成四羟基合铝酸钠，B错误；C．铁离子和KSCN溶液反应使得溶液变为红色，能检验铁离子，C正确；D．等物质的量浓度的和溶液，溶液碱性强，所以溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，前者红色更深，D错误；故选C。【变式训练2】（24-25高三上·北京石景山·期末）室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是A．溶液中c(CH3COO−)=c()B．常温下溶液显中性是因为CH3COO−和不发生水解C．1mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)=1mol·L-1D．由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性【答案】A【解析】A．室温下，测得CH3COONH4溶液的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度与NH的水解程度相同，存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(NH)，pH＝7中c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(NH)，A正确；B．常温下溶液显中性是因为CH3COO−和均发生水解，且CH3COO−水解程度与水解程度相同，B错误；C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO−水解，故1mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)<1mol·L-1，C错误；D．CH3COONH4溶液呈中性，可知CH3COO−水解程度与水解程度相同，而醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解可知的水解程度大于CH3COO−，同时也大于的水解程度，水解使溶液呈碱性，D错误；故选A。【变式训练3】（24-25高三上·北京朝阳·期中）下列说法正确的是A．弱电解质的电离常数越大，弱电解质越难电离B．理论认为分子的空间结构与模型相同C．强碱弱酸盐()水解，形成该盐的弱酸酸性越弱，该盐的水解程度越大D．依据平衡移动原理，溶液中加入少量固体，促进分解【答案】C【解析】A．在同一温度下，不同弱电解质的电离常数不同，电离常数越大，弱电解质越易电离，故A错误；B．VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型，当中心原子无孤电子对时，与分子空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，与分子空间结构不同，故B错误；C．强碱弱酸盐()水解，根据盐类的水解规律越弱越水解可知，形成该盐的弱酸酸性越弱，该盐的水解程度越大，故C正确；D．MnO2会催化H2O2分解，使用催化剂能加快反应速率，但与平衡移动无关，故D错误；故答案选C。考向2结合水解实质书写盐类水解方程式例2（2025·北京通州·一模）下列过程的化学用语表述不正确的是A．与浓盐酸在加热条件下反应：B．将灼热的铜丝插入乙醇中：C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：D．酚酞滴入溶液中，溶液变红：【答案】C【解析】A．二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，故A正确；B．乙醇与氧气在Cu催化条件下加热生成乙醛和水，故B正确；C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成乙醇、NaBr和水，化学方程式为，故C错误；D．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，为碱性，酚酞变红，故D正确；故答案为C。思维建模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＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋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H2O2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＋【变式训练1】（2025·北京房山·一模）下列方程式能准确解释相应事实的是A．浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：4HNO3(浓)=4NO↑+3O2↑+2H2OB．常温下0.1mol•L-‍1NaClO溶液的pH约为9.7：ClO-+H2OHClO+OH-C．用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：Na2O+CO2=Na2CO3【答案】B【解析】A．浓硝酸见光易分解成二氧化氮、水和氧气，，故浓硝酸存放在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；B．NaClO会水解ClO-+H2OHClO+OH-，导致溶液显碱性，故B符合题意；C．过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：2NH3·H2O+SO2=2++H2O，故C不符合题意；D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火是由于Na能够在CO2中继续燃烧生成碳酸钠和碳单质，4Na+3CO22Na2CO3+C，故D不符合题意；答案选B。【变式训练2·变考法】（24-25高三上·北京·阶段练习）下列与事实对应的化学用语正确的是A．0.5mol/LNH4Cl溶液的pH为5：+H2O=NH3·H2O+H+B．自然界中的固氮反应：2NO＋O2=2NO2C．Cl2的氧化性强于I2：Cl2＋2I-=2Cl-＋I2D．NaCl溶液能导电：NaClNa＋＋Cl-【答案】C【解析】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液中会水解，，A错误；B．自然界中的固氮反应是氮气转化为化合态的NO：，B错误；C．Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，C正确；D．NaCl溶液能导电是含有自由移动的Na＋和Cl-，电离方程式为：NaCl=Na＋＋Cl-，D错误；故选C。考点二盐类水解的影响因素和应用知识点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)例如，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(化学实验、工农业生产、日常生活)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＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(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＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑__作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－__NHeq\o\al(＋,4)＋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HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－，Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－，NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)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)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Fe(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(O2))Fe(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼烧))Fe2O3。(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1盐类水解平衡的影响因素例1（2025·北京海淀·三模）某小组同学为了验证和对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。实验序号ⅰⅱⅲⅳ盐溶液(均为)NaCl起始pH5.18.37.07.8时产生气体体积(mL)1.50.71.4气体的主要成分时镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是A．溶液中，B．对Mg与水反应的促进作用与有关C．实验ⅱ中的电离平衡和水解平衡的移动方向相同D．对比实验ⅰ和ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg与水反应的促进作用：【答案】C【解析】A．溶液pH=7.8显碱性，说明水解程度大于水解程度，故，A正确；B．水解显酸性，与反应生成和水，促进Mg与水反应，总反应方程式为，B正确；C．实验ii中，存在电离和水解，Mg与水反应生成，促进电离，抑制其水解，移动方向不同，C错误；D．对比实验ⅰ和ⅱ，实验i（）30min产生气体更多，说明浓度相同时，对Mg与水反应促进作用大于，D正确；故选C。思维建模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。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。【变式训练1】配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是A．FeCl3溶液显黄色，没有Fe(OH)3存在B．稀释过程中FeCl3水解程度增大，c(H⁺)增大C．FeCl3溶液中存在D．较浓氢氧化钠可有效抑制Fe³⁺水解【答案】C【解析】A．FeCl3溶液中存在水解平衡，溶液中一定存在Fe(OH)3，故A错误；B．稀释过程中FeCl3水解程度增大，c(H⁺)减小，故B错误；C．FeCl3溶液中存在水解平衡，该反应为可逆反应，故C正确；D．FeCl3溶液中存在水解平衡，增大c(OH-)可使平衡正向移动，促进Fe³⁺水解，故D错误；故选C。【变式训练2】（2025·北京通州·一模）下列事实不能用平衡移动原理解释的是A．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深B．铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈C．去除氯气中的氯化氢用饱和食盐水，而不用水D．利用加热溶液的方法制取【答案】B【解析】A．，加热后，平衡向逆反应方向移动，的浓度增大，颜色加深，A正确；B．铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈是因为铁比铜活泼，铁和铜在空气中形成原电池，铁做负极被腐蚀，与平衡移动无关，B错误；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气的溶解，所以可以除去氯气中的氯化氢气体，C正确；D．溶液中存在，加热溶液，HCl挥发，平衡向正反应方向移动，D正确；故选B。考向2盐类水解的应用例1（2025·北京平谷·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．稀硝酸除去试管上的银镜：B．饱和溶液浸泡锅炉水垢：C．泡沫灭火器的灭火原理：D．用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：【答案】A【解析】A．稀硝酸与银反应时，硝酸作为氧化剂被还原，产物应为NO，而非浓硝酸情况下的，正确方程式应为：，A错误；B．（溶度积较大）与饱和反应生成更难溶的（溶度积较小），符合沉淀转化规律，方程式正确，B正确；C．与发生双水解，生成沉淀和气体，方程式电荷、原子均守恒，C正确；D．与Cu反应生成和，符合氧化还原规律，方程式正确，D正确；故选A。思维建模六种盐溶液蒸干后产物的判断析出原来溶质eq\x(不易分解、氧化和水解的盐)→eq\x(NaCl)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(NaCl)eq\x(强碱与弱酸生成的正盐)→eq\x(Na2CO3)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(Na2CO3)eq\x(\a\al(难挥发性强酸与难溶性,弱碱生成的盐))→eq\x(Al2SO43)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(Al2SO43)析出弱碱——挥发性强酸与难溶性弱碱生成的盐eq\x(AlCl3)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(AlOH3)eq\o(→,\s\up7(灼烧))eq\x(Al2O3)eq\x(类似的还有FeCl3、AlNO33、CuCl2)析出结晶水合物——CuSO4和KAl(SO4)2型eq\x(CuSO4)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(CuSO4·xH2O)eq\o(→,\s\up7(灼烧))eq\x(CuSO4)全部分解为气体——水解产物为易分解的盐eq\x(NH4HCO3)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(NH3↑＋CO2↑＋H2O↑)eq\x(类似的有NH42CO3、NH42S、NH4Cl)分解析出新盐——热稳定性差的盐eq\x(CaHCO32)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(CaCO3)eq\x(\a\al(注意MgHCO32，蒸干得到的MgCO3易水解，,最终得到MgOH2或MgO))析出氧化产物——易被空气中氧气氧化的盐eq\x(Na2SO3)eq\o(→,\s\up7(蒸干))eq\x(Na2SO4)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【变式训练1】（24-25高三上·北京石景山·期末）下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是实验目的A．由FeCl3溶液制取无水FeCl3固体B．探究温度对化学平衡移动的影响实验装置实验目的C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小D．测定锌与稀硫酸反应速率实验装置A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．由FeCl3溶液制取无水固体，应在HCl的气流中加热FeCl3溶液，不能达到实验目的，A符合题意；B．，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，B不符合题意；C．氯化钠过量，滴加硝酸银，生成氯化银以后，再次滴加硫化钠，氯化银能与硫化钠反应实现沉淀的自然转化，能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，C不符合题意；D．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，D不符合题意；故选A。【变式训练2】（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体：B．在HCl气氛中加热制无水：C．草酸()使酸性溶液褪色：D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：【答案】C【解析】A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：，A正确；B．在HCl气氛中加热制无水，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：，B正确；C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸()使酸性溶液褪色的离子方程式为：，C错误；D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：，D正确；故答案为：C。【变式训练3】回答下列问题：(1)溶液蒸干得到的固体物质是，原因是。(2)溶液蒸干灼烧得到的固体物质是，原因是。(3)将的溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是，原因是。【答案】(1)尽管水解，但由于为难挥发性酸，最后仍然得到明矾。注意温度过高，会脱去结晶水(2)水解生成和，在加热蒸干过程中挥发，逐渐被氧化生成，灼烧分解生成(3)水解的化学方程式为，，，最终得到【解析】（1）明矾中的铝离子可以水解，但是Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸又反应生成Al3+，最后蒸干得到明矾晶体，故答案为KAl(SO4)2·12H2O；尽管Al3+水解，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后仍然会得到明矾晶体；（2）蒸发FeCl2溶液，Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，得到的是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，灼烧后得到氧化铁，故答案为Fe2O3；Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3；（3）NaClO溶液加热蒸干，NaClO发生水解生成次氯酸和氢氧化钠，次氯酸受热生成氯化氢和氧气，根据钠与氯1∶1，则最终生成的氢氧化钠与氯化氢刚好反应生成氯化钠和水，所以最终加热蒸干最后所得的固体是氯化钠，故答案为氯化钠；NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2O=NaOH＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，故最终得到NaCl；考点三溶液中微粒浓度大小的比较知识点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、NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是__c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))__。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：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是__c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞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：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是__c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)__。知识点2离子浓度大小比较的方法(1)考虑水解因素：如Na2CO3溶液。COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－所以c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))。(2)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对它的影响。如相同浓度的a.NH4Cl、b.CH3COONH4、c.NH4HSO4三种溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序是c＞a＞b。(3)混合液中各离子浓度的比较要综合分析水解因素、电离因素，如相同浓度的NH4Cl和氨水混合液中，因NH3·H2O的电离＞NHeq\o\al(＋,4)的水解，故离子浓度顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。（4）溶液中粒子等量关系——三大守恒①电荷守恒电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如Na2CO3与NaHCO3混合溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋__c(H＋)__＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋__2c(COeq\o\al(2－,3))__；K2S溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。②物料守恒电解质溶液中，由于某些离子能够水解，微粒种类增多，但原子个数总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故硫元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，则K2S溶液中有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋__2c(H2S)__。a.如果我们把两个守恒进行相加减，可得到另一个守恒(质子守恒)，如把上述K2S溶液中的两个守恒相减可得：c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)＝c(OH－)。b.电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)带2个单位负电荷，不可漏掉。③质子守恒电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如NaHCO3溶液中：即__c(H2CO3)＋c(H＋)=c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)__。再如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：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HCOeq\o\al(－,3)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(COeq\o\al(2－,3))的化学计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)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1单一溶液中离子浓度大小比较例1碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。(1)Na2CO3溶液中各离子浓度关系正确的选项是_______。A．B．C．D．【答案】(1)D【解析】（1）A．CO发生水解，但是水解微弱，两步水解都会产生OH-，故Na2CO3溶液中各离子浓度大小关系为，故A错误；B．Na2CO3溶液中质子守恒的等式为，故B错误；C．Na2CO3溶液中物料守恒的等式为，故C错误；D．Na2CO3溶液中电荷守恒的等式为，故D正确；答案选D；【变式训练1】易溶于水，溶于水后溶液中，和占三种粒子总数的比例随pH的变化如图所示。(1)由图可知，表示曲线为图中。(2)溶液中的离子浓度关系正确的是___________。A．B．C．D．【答案】(1)B(2)C【解析】（1）根据分析可知，亚硫酸氢根离子曲线为图中的B；（2）A．亚硫酸氢钠溶液的电荷守恒为，因为溶液不显中性即，所以，A错误；B．亚硫酸氢钠溶液中，溶液中还存在电离平衡，，且的电离程度大于其水解程度，最终溶液呈酸性，则，B错误；C．亚硫酸氢钠溶液的质子守恒为，C正确；D．的电离程度大于其水解程度，即，D错误；故选C。考向2混合溶液中离子浓度大小比较例1（24-25高三上·北京·阶段练习）常温时下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A．氨水与氯化铵的混合溶液中：B．的一元酸和的一元强碱等体积混合：C．的硫酸铵溶液中：D．向NaOH溶液中通至【答案】D【解析】A．氨水与氯化铵的混合溶液可能呈酸性，也可能呈中性或碱性，若呈碱性，根据电荷守恒可得：，A不符合题意；B．酸的强弱未知，若是的一元弱酸和的一元强碱等体积混合，溶液呈酸性：，B不符合题意；C．硫酸铵溶液中铵根水解程度较小，铵根浓度大于硫酸根，硫酸根浓度大于氢离子，溶液中存在，C不符合题意；D．向NaOH溶液中通至，，根据电荷守恒可得，，D符合题意；故选D。【变式训练1】（2025·北京石景山·一模）时，关于浓度均为的氨水和两种溶液，下列说法不正确的是A．分别通入少量HCl气体，均增大B．水电离出的：氨水的小于溶液的C．两种溶液等体积混合后D．两种溶液等体积混合后【答案】C【解析】A．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则均增大，故A正确；B．一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，铵根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H+)小于NH4Cl溶液水电离出的c(H+)，故B正确；C．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，＞c(NH3•H2O)＞c(Cl-)＞c(OH-)，故C错误；D．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+=c(OH-)+c(Cl-)，故D正确；故选：C。【变式训练2】（2025·北京昌平·二模）室温下，进行如下实验：①向20mL0.1mol/L醋酸溶液中加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；②继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。下列说法不正确的是A．0.1mol/L醋酸溶液pH>1B．①中反应后溶液：C．②中，a=20D．②中反应后溶液：【答案】C【解析】A．由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以0.1mol/L醋酸溶液的pH>1，A正确；B．①中反应后得到的溶液为醋酸钠溶液，主要离子为钠离子和醋酸根离子，醋酸根离子水解使得溶液显碱性，则醋酸钠溶液显碱性，，B正确；C．盐酸和醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，所得溶液pH=7，则加入盐酸为少量，a<20mL，C错误；D．②中反应后溶液由电荷守恒，，pH=7，则，故，D正确；故选C。考向3不同溶液中同一离子浓度大小比较例1不同溶液中同一离子浓度比较要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NH)由大到小的顺序：。【答案】④>⑤>③>①>②【解析】由化学式可知，(NH4)2SO4、(NH4)2CO3中铵根离子浓度应该为其物质浓度的2倍，由于碳酸根离子会促进铵根离子的水解，使得相同浓度的溶液中(NH4)2SO4中铵根离子浓度最大、次之为(NH4)2CO3；NH4HSO4中氢离子会抑制铵根离子水解、CH3COONH4中醋酸根离子会促进铵根离子水解、NH4Cl中铵根离子正常水解，故溶液中铵根离子浓度NH4HSO4>NH4Cl>CH3COONH4，所以答案为：④>⑤>③>①>②。思维建模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(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序为⑤＞④＞③＞①＞②。分析流程为：分组eq\o(→,\s\up7(化学式中),\s\do5(NH\o\al(＋,4)的数目))④⑤中c(NHeq\o\al(＋,4))要大于①②③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①②③\o(→,\s\up7(选参照物),\s\do5(①NH4Cl))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(②相当于在①的基础上促进NH\o\al(＋,4),的水解，则cNH\o\al(＋,4)①＞②,③相当于在①的基础上抑制NH\o\al(＋,4),的水解，则cNH\o\al(＋,4)③＞①)),④⑤\o(→,\s\up7(选参照物),\s\do5(④NH42SO4))⑤相当于在④的基础上抑制NH\o\al(＋,4),的水解，则cNH\o\al(＋,4)⑤＞④))【变式训练1】常温下，部分物质的电离平衡常数如下表。回答下列问题(题中所处环境均为常温)：化学式电离平衡常数HClO(5)等浓度的①、②、③三种溶液中，由大到小的顺序为(填序号)。【答案】(5)②③①(或)【解析】（5）电离程度小，最小：中对的水解起促进作用，导致中的小于中的，故由大到小的顺序为；【变式训练2】已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题。化学式电离平衡常数、(1)物质的量浓度均为的下列四种溶液：由小到大排列的顺序是。a．

b．

c．

d．【答案】(1)a<d<c<b【解析】（1）弱酸的电离常数越大，酸性越强，由表格数据可知，酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，由盐类水解规律可知，等浓度的四种盐溶液的水解程度大小顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa，则溶液pH的大小顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa，故答案为：a<d<c<b；1．（2025·北京·高考真题）下列反应中，体现还原性的是A．加热分解有生成B．和的混合溶液加热有生成C．固体在溶液中溶解D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀【答案】B【解析】A．NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A不符合题意；B．中的N(-3价)与中的N(+3价)反应生成N2(0价)，被氧化，体现还原性，B符合题意；C．水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意；D．(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，未参与氧化还原，D不符合题意；故选B。2．（2024·北京·高考真题）关于和的下列说法中，不正确的是A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用溶液使转化为C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温