第30讲盐类的水解（讲义）-（解析版）_05-化学-高考总复习_一轮复习_2024年_2024年高考化学大一轮复习卓越讲义_资料

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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―→c(H＋)≠c(OH－)―→溶液呈碱性、酸性或
中性
3．特点
水解反应是可逆反应
第30 讲 盐类的水解 
考点导航   
考点一　盐类水解及规律 
重难点辨析 
1
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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
 
 、
  Cu
  2 ＋  
酸性
pH
  ＜
  7  
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
是
CH3COO
 
 －  、
  
CO
碱性
pH>7
2．盐类水解离子方程式的书写
(1)一般来说，盐类水解的程度很小，水解产物的量很少，一般用可逆号“
”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；易分解产物(如NH3·H2O 等)不写其
分解形式。如NH4Cl 水解的离子方程式为：NH＋H2O
NH3·H2O  ＋
  H  ＋  __。
通式：弱酸阴离子：A－＋H2O
HA＋OH－
弱碱阳离子：B＋＋H2O
BOH＋H＋
(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。
如Na2CO3水解的离子方程式为
第一步水解
__CO
 
 ＋
  H  2O
HCO
 
 ＋
  OH
 
 －  __
第二步水解
__HCO
 
 ＋
  H  2O
H2CO3＋
  OH
  － __
②多元弱碱盐水解：方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式为
__Fe
  3 ＋  ＋
  3H
  2O
Fe(OH)3＋
  3H
  ＋ __
2
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③阴阳离子相互促进的水解——双水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。(这是特殊情
况)
如Na2S 溶液与AlCl3溶液混合反应的离子方程式为
__2Al
 
 3 ＋  ＋
  3S
  2 －  ＋
  6H
  2O  ==
  =2Al(OH)
 
 3↓
  ＋
  3H
  2S  ↑
  __。
3．水解平衡常数(能水解的盐表示为MA)
(1)表达式：若MA 为强碱弱酸盐Kh＝，如醋酸钠溶液CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，Kh＝。
(2)Kh与KW、Ka、Kb之间的关系
①盐的水解平衡常数与对应的一元弱酸(或弱碱)的电离平衡常数的乘积等于KW，则Kh＝或Kh＝。
②多元弱酸强碱盐，如Na2CO3的Kh1＝、Kh2＝
③一元弱酸一元弱碱盐，如醋酸铵：Kh＝。
1.盐类水解离子方程式的书写要求
(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简化成一步完成。
(4)水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。
2.盐类水解的规律及拓展应用
(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>CH3COONa。
(2)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。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCO
H＋＋CO(次要)，HCO＋
H2O
H2CO3＋OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSO
H＋＋SO(主要)，HSO＋
H2O
H2SO3＋OH－(次要)。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②水解相互促进的盐> 单独水解的盐> 水解相互抑制的盐。如NH 的水解：
(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
(5)温度越高，盐的水解程度越大。
(6)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。
(7)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然阴、阳离子都能发生水解，但既无气体产生，也无沉淀
规律·方法·技巧·点拔   
3
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生成，所以NH 和CO、NH 和HCO 在溶液中仍可大量共存
考向1　　水解离子方程式的书写
【典例1】（2023 秋·重庆·高三统考阶段练习）下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．明矾净水：
B．向AgCl 浊液中通入
，浊液变黑：
C．向
溶液中加入足量的
溶液：
D．向二元弱酸亚磷酸 (H3PO3)溶液中滴加过量的
溶液：
【答案】C
【解析】A．明矾净水是因为铝离子在溶液中水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水
的目的，水解的离子方程式为
，故A 正确；
B．向氯化银浊液中通入硫化氢发生的反应为氯化银与硫化氢气体反应生成硫化银和盐酸，反应的离子方
程式为
，故B 正确；
C．碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为
，故C 错误；
D．亚磷酸溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成亚磷酸钠和水，反应的离子方程式为
，故D 正确；
故选C。
【变式练1】（2023 秋·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试）CN－结合H+能力弱于
。氰化物浓度较
低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe 和K2CO3溶液反应生
成K4[Fe(CN)6]溶液。下列化学反应表示正确的是
典型例题剖析  
4
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A．NaCN 溶液通入少量的CO2：CN－+CO2+H2O=HCN+
B．Fe 与HCN 溶液反应：Fe+2HCN=Fe2++H2↑+2CN－
C．K2CO3水解：
+2H2O
2OH－+H2CO3
D．Cl2处理含氰废水：5Cl2+2CN－+4OH－=10Cl－+N2↑+4H++2CO2↑
【答案】A
【解析】A．因为CN－结合H＋能力弱于
，酸性：H2CO3>HCN>HCO ，所以溶液通入少量的：CN－
+CO2+H2O=HCN+
，A 正确；
B．HCN 酸性很弱，常温下很难与铁反应置换氢气，即使反应，亚铁离子和氢氰酸根离子会生成配合离子，
B 错误；
C．
水解是分步水解，主要为第一步水解：
+H2O
OH－+HCO ，C 错误；
D．Cl2处理含氰废水，反应方程式为：5Cl2+2CN－+8OH－=10Cl－+N2↑+4H2O +2CO2↑，D 错误； 
故选：A。
【变式练2】（2023·河北·校联考一模）下列离子方程式，不能正确解释相应现象的是
A．长期放置的
溶液中含有
：
B．
溶液中
：
C．向
溶液中加入适量
得到蓝色沉淀：
D．长期放置的
溶液中出现红棕色固体：
【答案】D
【解析】A．
溶液放置过程中，
被空气中氧气氧化为
，选项A 正确；
B．
水解导致其浓度减小，选项B 正确；
C．
水解使溶液显酸性，加入的
消耗了
促进
的水解导致形成
沉淀，选项C 正确；
5
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D．红棕色固体是
水解生成的
，
，选项D 错误；
答案选D。
考向2　对盐类水解实质及规律的考查
【典例2】（2023 秋·河南·高三校联考阶段练习）下列实验操作能达到预期实验目的的是
选
项
实验操作及现象
实验目的
A
测量不同浓度HX、HY 酸溶液的pH
比较K(HX)、K(HY)相对大小
B
向
、
的混合物中加入
溶液，充分搅
拌、反应后过滤
除去
中的
C
向丙烯醛溶液中加入溴水，溴水褪色
验证丙烯醛中含有碳碳双键
D
向
的
溶液中滴加2 滴甲基橙试液
确定
的电离程度与水解程度
相对大小
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】A．比较K(HX)、K(HY)相对大小，应该测定同浓度的HX、HY 酸溶液的pH，故不选A；
B．因Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]，向
、
的混合物中加入
溶液，
转化
为
沉淀，故选B；
C．碳碳双键、醛基都能与溴水反应，向丙烯醛溶液中加入溴水，溴水褪色，不能验证丙烯醛中含有碳碳
双键，故不选C；
D．
的电离程度小于水解程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以不能用
甲基橙验证明
的
溶液中，
的电离程度与水解程度相对大小，故不选D；
选B。
【变式练3】（2023 秋·浙江·高三校联考开学考试）已知25℃，Ksp (CaC2O4)=4.0×10-8，H2C2O4的电离常数
Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列有关
说法正确的是
A．25℃时，同浓度的NaHC2O4溶液的pH 比NaHCO3大
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B．用0.5mol/L 的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可实现CaCO3完全转化为CaC2O4
C．某温度下，向含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中加入少量草酸钠固体，则CaC2O4溶解性将减小
D．过量CaCO3溶于水达到溶解平衡，其上层清液中含碳微粒主要是CO
【答案】C
【解析】A．
的水解平衡常数Kh(
)=
=
=1.8×10-13＜Ka2(H2C2O4)，说明
的电离程度大于水解程度，NaHC2O4溶液呈酸性，
的水解平衡常数Kh(
)=
=
=2.2×10-8＞Ka2(H2CO3)，说明
的电离程度小于水解程度，NaHCO3溶液呈碱性，25℃时，同
浓度的NaHC2O4溶液的pH 比NaHCO3小，A 项错误；
B．用0.5mol/L 的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可发生的反应为CaCO3(s)+
(aq)
CaC2O4(s)+
(aq)，
但由于CaCO3、CaC2O4的类型相同且Ksp(CaCO3) ＜Ksp(CaC2O4)，说明CaCO3比CaC2O4更难溶，故CaCO3
不能完全转化为CaC2O4，B 项错误；
C．含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中存在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)
Ca2+(aq)+ 
(aq)，加入少量
草酸钠，草酸钠电离出
，
浓度增大，该沉淀溶解平衡逆向移动，CaC2O4的溶解性将减小，C 项
正确；
D．过量CaCO3溶于水达到溶解平衡CaCO3(s)
Ca2+(aq)+
(aq)，
存在水解平衡：
+H2O
+OH-、
+H2O
H2CO3+OH-，上层清液中物料守恒为c(
)+c(
)+c(H2CO3)=c(Ca2+)=
mol/L，Kh(
)=
=
=
=
=2.1×10-4，
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则
=
，由于二级水解远小于一级水解，二级水解忽略，上层清液中1×10-7mol/L＜c(OH-)
＜
mol/L（假设溶于水的CaCO3电离出的
第一步完全水解），
=
＜
＜
=2.1×103，上层清液中c(
)＞c(
)，上层清液中含碳微粒主要是
，D 项错误；
答案选C。
【变式练4】（2023 秋·四川成都·高三校联考开学考试）常温下，向
溶液中加入少量
固体，下列数据一定变小的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A．根据电荷守恒
，则
=1 比值不变，A 不符合
题意；
B．加入少量强电解质
固体，
溶液浓度变大，
变大，B 不符合题意；
C．
溶液浓度变大，酸性变强，
变大，
不变，故
一定变小，C 符
合题意；
D．物料守恒
，则
=1，比值不变，D 不符合题意；
故选C。
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1．（2022·重庆·统考高考真题）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是
选
项
实验操作及现象
结论
A
将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红
溶液褪色
Na2S2O3既体现还原性又体现
氧化性
B
将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH 溶液中，充分搅拌，溶解得到
无色溶液
Zn(OH)2既体现碱性又体现酸
性
C
将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒
“白烟”
水解性：TiCl4＞FeCl3
D
将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使
带火星的木条复燃
热稳定性：CrO3＜Cr2O3
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】A．将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，生成S 单质和SO2，S 元素化合价既上升又下降，Na2S2O3既
体现还原性又体现氧化性，故A 正确；
B．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH 溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反
应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B 错误；
C．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明
TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C 正确；
D．将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中
产生了氧气，则CrO3不稳定，故D 正确；
故选B。
2．（2021·北京·高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
三年真题·两年模拟   
9
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B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4 个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH 均降低
【答案】B
【解析】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、
、
、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微
粒种类相同，A 正确；
B．
 H++
，加入Ca2+后，Ca2+和
反应生成沉淀，促进
的电离，B 错误；
C．Al3+与
、
都能发生互相促进的水解反应，C 正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会
减小，pH 减小，D 正确；
故选B。
3．（2023·重庆·统考高考真题）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选
项
实验操作
现象
结论
A
向盛有
和
的试管中
分别滴加浓盐酸
盛
的试管中产生
黄绿色气体
氧化性：
B
向
溶液中通入
气体
出现黑色沉淀(CuS)
酸性：
C
乙醇和浓硫酸共热至
，将产生的
气体通入溴水中
溴水褪色
乙烯发生了加成反应
D
向
溶液中滴加
溶液
出现黄色沉淀
发生了水解反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛
的试管中产生黄绿色气体，说明
将氯离
子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：
，A 正确；
B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性
，B 错误；
C．挥发的乙醇也会被强氧化剂溴单质氧化使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C 错误；
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D．出现黄色沉淀
，说明
电离出了磷酸根离子，D 错误；
故选A。
4．（2023·江苏·统考高考真题）室温下，探究
溶液的性质，下列实验方案能达到探究目
的的是
选
项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有
向
溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN 溶液，观察溶液颜
色变化
B
是否有还原性
向
溶液中滴加几滴酸性
溶液，观察溶液颜色变化
C
是否水解
向
溶液中滴加2~3 滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
能否催化
分
解
向
溶液中滴加几滴
溶液，观察气泡产生情况
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】A．检验溶液中是否含有
应直接向待测液中滴加KSCN 溶液，向待测液中滴加氯水会将
氧化为
干扰实验，A 错误；
B．向
溶液中滴加几滴酸性
溶液，若观察溶液紫色褪去，说明
有还原性，B 正确；
C．
发生水解反应
使溶液显酸性，应向
溶液中滴加2~3 滴石
蕊试液，观察溶液颜色变化，C 错误；
D．向
溶液中滴加几滴
溶液，若产生气泡有可能是
的催化作用，D 错误。 
故选B。
5．（2023·福建福州·统考模拟预测）室温下，将0.1 mol·L
 NaOH 溶液滴入10 mL 0.1 mol·L
 HCl 和0.1 
mol·L
 HA(
)的混合溶液，测得混合溶液的pH 随滴加的
的变化关系如图所示。下列说
法正确的是
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A．a 点时，
B．b 点时，
 mol·L
C．c 点时，
D．a→d 过程中，水的电离程度大小关系为：c>b>a>d
【答案】B
【解析】A．a 点时溶液中溶质为HCl 和HA，且c(HCl)=c(HA)，HA 是弱酸，氢离子抑制HA 的电离，则a
点时c(Cl-)>c(HA)>c(A-)，A 错误；
B．b 点时溶液总体积为20mL，n(Cl-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，则c(Cl-)=
=0.05mol/L，B 正确；
C．c 点时溶液中的溶质为NaCl 和NaA，且c(NaCl)=c(NaA)，则物料守恒关系为c(Na+)=2c(A-)+2c(HA)，C
错误；
D．由图可知，a→d 过程中溶液中的氢离子浓度逐渐减小，c 点恰好反应完全，溶液中溶质为NaCl 和
NaA，则c 点水的电离程度最大，d 点NaOH 过量，但d 点c(NaOH)<a 点c(HCl)，酸碱抑制水的电离，并且
酸或碱的浓度越大，抑制作用越强，所以水的电离程度c>b>d>a，D 错误；
故答案选B。
6．（2022·浙江·校联考一模）已知室温下，
溶液呈弱酸性，下列叙述中正确的是
A．
B．
C．加等浓度NaOH 溶液，
的值减小
D．加水稀释，溶液酸性减弱，但
的值不变
【答案】C
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【解析】A．
溶液呈弱酸性，可知
的电离程度大于自身的水解程度，故
，选项A 错误；
B．由
电离过程可得：
，由
水解过程可得：
，因
，所以
，可得
，选项B 错误；
C．由电荷守恒：
，可得
，加入同浓度的NaOH 溶液，
不变，但
减小，
增大，所以
减小，选项C 正确；
D．加水稀释，
减小，酸性减弱，
，所以加水稀释
的值增
大，选项D 错误；
答案选C。
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：
考点二　盐类水解的影响因素及应用 
重难点辨析 
13
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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＋＋3H2O
Fe(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__
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__Fe
  3 ＋  ＋
  3H
  2O    
  Fe(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：
__Fe
  3 ＋  ＋
  3H
  2O  =====
 
 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__Al
  3  ＋  ＋
  3HCO
 
 ==
  =Al(OH)
 
 3↓
  ＋
  
3CO2↑__
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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＋H2O
HCO＋OH －__NH
 
 ＋
  OH
 
 －  
==
  =NH
 
 3↑
  ＋
  H  2O__
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)H
  2O(
  过量
 
 )   
  TiO
 
 2· x  H  2O  ＋
  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
【提醒】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。
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)3――→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。
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。
规律·方法·技巧·点拔   
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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。
3.六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
考向1　盐类水解平衡的影响因素
【典例1】（2021·四川广元·统考三模）对下列反应的推断或解释正确的是
操作
实验现象
推断或解释
A
将少量饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中
无气泡
酸性：H2CO3＞H3BO3
B
将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中
溴的四氯化碳溶液褪
色
C2H4与溴发生了加成反
应
C
同温同压下用pH 试纸测定相同浓度的碳酸钠和乙
酸铵溶液的酸碱性
碳酸钠溶液显碱性，
乙酸铵溶液显中性
碳酸钠溶液发生了水
解，乙酸铵溶液没有水
解
D
向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入
前者生成气泡的速率
催化效果：Fe3+＞Cu2+
典型例题剖析  
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0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL
更快
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】A．没有气泡，说明无二氧化碳生成，但由于硼酸是少量的，故可能生成碳酸氢钠，或不反应，
不能比较碳酸和硼酸的酸性强弱，故A 错误；
B．将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色，C2H4与溴发生了加成反应，故B 正确；
C．乙酸铵溶液显中性是因为醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相等，故C 错误；
D．FeCl3、CuCl2溶液的浓度不同，可为浓度的影响，应加入浓度相同的FeCl3、CuCl2，当研究某一因素对
反应速率的影响时，应用控制变量法，保证其他因素相同，故D 错误。
故选B。
【变式练1】（2023·全国·高三专题练习）在
的平衡体系中，要抑制
的
水解，可采取的措施为
A．升高温度
B．滴加少量盐酸
C．加入适量氢氧化钠溶液
D．加水稀释
【答案】B
【分析】由
可知，加酸可抑制Al 3+ 的水解，以此来解答。
【解析】A．水解为吸热反应，加热促进水解，故A 不选；
B．滴加少量盐酸，氢离子浓度增大，抑制水解，故B 选；
C．加入适量的氢氧化钠溶液，与氢离子反应，促进水解，故C 不选；
D．加水稀释，促进水解，故D 不选；
故选B。
【变式练2】（2022 秋·上海宝山·高三上海市吴淞中学校考期中）对于0.1mol/LNa2SO3溶液，正确的是
A．升高温度，溶液的pH 降低
B．加入少量NaOH 固体，c(
)与c(Na+)均增大
C．c(Na+)+c(H+)=2c(
)+2c(
)+c(OH-)
D．c(Na+)=2c(
)+c(
)+c(H2SO3)
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【答案】B
【解析】0.1mol/LNa2SO3溶液中存在水解平衡：SO
+H2O
HSO +OH-，该过程是吸热过程，
A．升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH 升高，A 错误；
B． 加入少量NaOH 固体，平衡： SO
+H2O
HSO +OH-，向逆反应方向移动，所以c(SO
)与c (Na+ )
均增大，B 正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO
)+c(HSO )+c(OH-)，C 错误；
D．溶液中存在物料守值：c(Na+ )=2c(SO
) +2c(HSO ) +2c (H2SO3)，D 错误；
故选B。
考向2　盐类水解的应用
【典例2】（2023 秋·重庆·高三统考阶段练习）下列物质的应用中，涉及氧化还原反应的是
A．热的纯碱溶液洗涤油污
B．含硫酸钙的卤水点制豆腐
C．袋装食品常用铁粉和生石灰来防止食品变质
D．食醋用于清除水壶中的少量水垢(主要成分为CaCO3)
【答案】C
【解析】A．热的纯碱溶液，因为碳酸钠的水解使溶液显碱性，碱性条件下，更有利于油脂的水解，没有
涉及氧化还原反应，故A 不符合题意；
B．卤水属于胶体，加入硫酸钙可以使胶体发生聚沉，形成豆腐，没有涉及氧化还原反应，故B 不符合题
意；
C．袋装食品常用铁粉和生石灰来防止食品变质，铁粉可以和氧气反应，做抗氧化剂，属于氧化还原反应，
生石灰可以与水反应，做干燥剂，故C 符合题意；
D．食醋用于清除水壶中的少量水垢(主要成分为CaCO3)，生成醋酸钙、CO2、水，没有涉及氧化还原反应，
故D 不符合题意。
答案选C。
【变式练3】（2023·全国·高三专题练习）实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制
溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
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C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
【答案】D
【解析】A．实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A 不合题意；
B．蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B 不合题意；
C．清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C 不合题意；
D．苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D
符合题意；
故答案为：D。
【变式练4】（2023·全国·高三专题练习）能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．硫酸铝溶液和小苏打溶液反应Al3＋＋3HCO =3CO2↑＋Al(OH)3↓
B．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
C．向CuS 沉淀中加入稀硫酸：CuS+2H+=Cu2++H2S↑
D．双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液： H2O2＋2I-=I2＋H2O
【答案】A
【解析】A．硫酸铝溶液和小苏打溶液反应，Al3＋和HCO 会发生双水解，综合离子方程式为Al3＋＋3HCO
=3CO2↑＋Al(OH)3↓，故A 正确；
B．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，只能生成HCO ，所以离子方程式为ClO-+H2O+CO2= HCO
+HClO，故B 错误；
C．因为CuS 比H2S 更难电离，所以向CuS 沉淀中加入稀硫酸，不能发生反应，故C 错误；
D．双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液，发生反应的离子方程式为H2O2＋2I-+2H+=I2＋2H2O，故D 错误；
故选A。
1．（2021·北京·高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。
三年真题·两年模拟   
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下列分析不正确的是
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4 个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH 均降低
【答案】B
【解析】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、
、
、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微
粒种类相同，A 正确；
B．
 H++
，加入Ca2+后，Ca2+和
反应生成沉淀，促进
的电离，B 错误；
C．Al3+与
、
都能发生互相促进的水解反应，C 正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会
减小，pH 减小，D 正确；
故选B。
2．（2023·浙江·统考高考真题）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．氯化铁属于弱电解质
B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得
D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【解析】A．氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A 错误；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B 正确；
C．氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C 正确；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D 正
确；
故选：A。
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3．（2023·全国·统考高考真题）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化
B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热
D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【解析】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝
胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，
因此没有涉及到氧化还原反应，A 不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价
发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B 不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇
到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转
化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C 符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，
因此没有涉及到氧化还原反应，D 不符合题意；
综上所述，本题选C。
4．（2022·北京·高考真题）下列实验中，不能达到实验目的的是
由海水制取蒸馏水
萃取碘水中的
碘
分离粗盐中的不溶物
由
制取无水
固体
A
B
C
D
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角
管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，
A 正确；
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B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的
密度大于水，存在于下层，B 正确；
C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂
质除去，C 正确；
D．直接加热
会促进水解，生成的HCl 易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产
生氧化铁，得不到
固体，D 错误；
故选D。
5．（2022·浙江·统考高考真题）水溶液呈酸性的盐是
A．NH4Cl
B．BaCl2
C．H2SO4
D．Ca(OH)2
【答案】A
【解析】A．NH4Cl 盐溶液存在
而显酸性，A 符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B 不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C 不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D 不符合题意；
故选A。
6．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A．NaOH
B．(NH4)2SO4
C．NaCl
D．Na2CO3
【答案】D
【解析】A．NaOH 为强碱，不发生水解，故A 错误；
B．(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B 错误；
C．NaCl 为强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C 错误；
D．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故D 正确；
故选：D。
考点三　溶液中微粒浓度大小的比较 
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判断电解质溶液中粒子浓度的关系是高考常考题型，一般从单一溶液、混合溶液和不同溶液三个角度进行
考查，其中反应过程中不同阶段粒子浓度关系的判断是近几年高考的热点和难点。电离理论和水解理论是
比较电解质溶液中粒子浓度大小关系的重要依据，电荷守恒、物料守恒和质子守恒是判断电解质溶液中粒
子浓度等量关系的重要依据，该类题目的解题关键是正确判断溶液中溶质成分及其量的关系，以及离子的
电离程度和水解程度的大小。
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  (NH
 
 3·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  (H
  2S)
  ＞
  c  (H
  ＋  ) ＞
  c  (HS
 
 －  ) ＞
  c  (S
  2 －  ) __。
(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  (NH
 
 3·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  (H
  2CO3)__。
2．溶液中微粒种类的判断
我们在判断溶液中微粒浓度大小时，首先要判断溶液中微粒的种类，然后再进行比较。判断溶液中微粒种
类的方法是正确写出溶液中所有的电离方程式、水解方程式，然后结合溶液中的溶质即可判断溶液中的微
粒种类。
注意：在书写电离方程式时，不要丢掉水的电离方程式。
如：NaHCO3溶液中存在三种电离：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO__H  ＋  ＋
  CO__
 
 、
  H  2OH＋＋OH－；
一种水解：HCO＋H2O__H2CO3＋
  OH
  － __，所以溶液中的离子为Na＋、__CO__
 
 、
  HCO
 
 、OH－、H＋，分
子为__H2CO3__、H2O。
3．离子浓度大小比较的方法
(1)考虑水解因素：如Na2CO3溶液。
CO＋H2OHCO＋OH－
HCO＋H2OH2CO3＋OH－
所以c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。
(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(NH)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＞NH 的水解，故离子浓度顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
重难点辨析 
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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＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)
＋__c  (H
  ＋  ) __＝c(HCO)＋c(OH－)＋__2  c  (CO)
 
 __；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－)＋__2  c  (H
  2S)__。
①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－)。
②电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的计量数2 代表一个CO 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  (H
  2CO3) ＋
  c  (H
  ＋  ) ==
  =  c  (CO)
 
 ＋
  c  (OH
 
 －  ) __。
再如Na2S 水溶液中的质子转移作用图示如下：
(1)掌握微粒浓度大小比较的常见类型及分析方法
规律·方法·技巧·点拔   
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(2)选好参照物
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
考向1　单一溶液中离子浓度大小比较
【典例1】（2023 秋·陕西汉中·高三统考阶段练习）某温度下，0.1
溶液的
约为13.下列关
于该溶液的说法正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．0.1
溶液中S2-发生水解反应：S2-+H2O
HS-+OH-，该溶液存在：
典型例题剖析  
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，故A 错误；
B．溶液中存在质子守恒，即
，故B 正确；
C．0.1
溶液中存在物料守恒：
，故C 错误；
D．
溶液中存在电荷守恒：
，故D 错误；
故选B。
【变式练1】（2022·浙江·校联考一模）已知室温下，
溶液呈弱酸性，下列叙述中正确
的是
A．
B．
C．加等浓度NaOH 溶液，
的值减小
D．加水稀释，溶液酸性减弱，但
的值不变
【答案】C
【解析】A．
溶液呈弱酸性，可知
的电离程度大于自身的水解程度，故
，选项A 错误；
B．由
电离过程可得：
，由
水解过程可得：
，因
，所以
，可得
，选项B 错误；
C．由电荷守恒：
，可得
26
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，加入同浓度的NaOH 溶液，
不变，但
减小，
增大，所以
减小，选项C 正确；
D．加水稀释，
减小，酸性减弱，
，所以加水稀释
的值增
大，选项D 错误；
答案选C。
【变式练2】（2022·海南海口·校联考模拟预测）常温下，下列溶液中离子浓度关系式正确的是
A．
溶液中：
B．pH=7 的醋酸和醋酸钠混合液中：
C．
溶液中：
D．NaI 溶液中：
【答案】A
【解析】A．
溶液中存在质子守恒：
，故A 正确；
B．常温下，pH=7 的溶液呈中性，则
，醋酸和醋酸钠混合液中存在电荷守恒：
，则
，故B 错误；
C．
溶液中存在电荷守恒：
，故C 错误；
D．HI 为弱酸，NaI 溶液中I-发生水解反应使溶液呈碱性，则
，但未知NaI 溶液的浓度，无
法比较
大小，故D 错误；
故选：A。
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考向2　混合溶液中离子浓度大小比较
【典例2】（2022 秋·河北·高三邢台市第二中学校联考阶段练习）25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的
量浓度关系错误的是
A．浓度相同的
溶液与
溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者等于后者
B．
溶液：
C．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：
D．
的
溶液与
的溶液任意比混合：
【答案】A
【解析】A．浓度相同的
溶液与
溶液中，阳离子的总浓度都等于钠离子与氢离子浓度之
和，钠离子浓度相等，又因为醋酸酸性强于次氯酸，越弱越水解，次氯酸根水解程度更大，所以次氯酸钠
碱性强，氢离子浓度小，故溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者，A 错误；
B．
溶液存在质子守恒：
，B 正确；
C．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中电荷守恒：
，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，故
，元素守恒知
，所以
，C 正确；
D．
的
溶液与
的溶液任意比混合，溶液呈电中性：
，
D 正确；
故选A。
【变式练3】（2022·浙江杭州·统考模拟预测）25℃时CH3COOH 的
、HF 的
，
下列说法正确的是
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A．分别测定某HF 溶液、醋酸溶液的pH，前者小于后者，可以证明HF 的
B．
的HF 溶液中加入
的NaOH 溶液，溶液中水的电离程度与纯水相同，
V(NaOH)可能小于或大于10mL
C．向
的HF 溶液中加入
的NaOH 溶液充分反应，所得溶液中
D．将
的HF 溶液与
的醋酸混合，HF 的电离度增大
【答案】B
【解析】A．由于题干未告知HF、醋酸的浓度是否相等，故分别测定某HF 溶液、醋酸溶液的pH，前者小
于后者，无法证明HF 的
，A 错误；
B．
的HF 溶液中加入
的NaOH 溶液，当加入的NaOH 体积为10mL 时，溶液中
溶质为NaF，此时由于F-水解，促进水的电离，即此时水的电离程度大于纯水的，若要溶液中水的电离程
度与纯水相同，V(NaOH)可能小于或大于10mL，B 正确；
C．向
的HF 溶液中加入
的NaOH 溶液充分反应，此时溶质为等物质的量的
NaF、HF，由于Kh=
=
小于Ka，即电离大于水解，故所得溶液中
，C 错误；
D．pH=4 的溶液中H+浓度均为10-4mol/L，将
的HF 溶液与
的醋酸混合，溶液中的H+浓度仍
然为10-4mol/L，故HF 的电离度不变，D 错误；
故答案为：B。
【变式练4】（2023 秋·天津红桥·高三统考期末）下列判断不正确的是
A．在
的
溶液中
B．
溶液和
溶液中所含微粒种类相同
C．氨水和
溶液混合，形成
的溶液中
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D．
的
溶液中
【答案】A
【解析】A．根据碳元素守恒可知，
，A 错误；
B．Na2CO3与NaHCO3溶液中均含有H2O、Na+、H2CO3、HCO 、CO
、H+、OH-，故所含微粒种类相同，
B 正确；
C．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=19 的溶液，则
 ，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH
)+c(H+)，则
 ，故
，C 正确；
D．根据电荷守恒可知，
，D 正确；
故选A。
考向3　不同溶液中同一离子浓度大小比较
【典例3】下列各离子浓度的大小比较正确的是
A．0.2mol·L1Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO )+c(H+)+c(H2CO3)
B．0.01mol·L-1的NH4Cl 溶液与0.05mol·L-1的NaOH 溶液等体积混合：c(Cl-)>c(NH
)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
C．同浓度下列溶液中：①(NH4)2SO4
NH
②
4HCO3
NH
③
4Cl
NH
④
3·H2O，c(NH )由大到小的顺序是：
①>
>
>
③②④
D．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则c(NH )>c(Cl-)
【答案】C
【解析】A．0.2mol·L1Na2CO3溶液中，根据质子守恒知，c(OH-)= c(HCO )+c(H+)+2c(H2CO3)，A 关系错误；
B．二者等体积混合后，根据物料守恒知，c(Na+)＞c(Cl-)，B 关系错误；
C．等浓度的盐溶液中，铵根离子浓度与其系数成正比，当铵根离子系数相同时，酸根离子对应酸的酸性
越弱，铵根离子水解程度越大，铵根离子浓度由大到小的顺序为①(NH4)2SO4＞③NH4Cl＞②NH4HCO3，一
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水合氨是弱电解质，其电离程度很小，电离产生的NH4
+远小于等浓度的盐电离产生的NH ，c(NH )由大
到小的顺序是：①＞③＞②＞④，C 关系正确；
D．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒知
c(NH4
+)=c(Cl-)，D 关系错误；
答案为C。
【变式练5】下列有关离子浓度大小比较正确的是
A．物质的量浓度均为0.1mol·L－1的三种物质的溶液：①NaAlO2，②CH3COONa，③NaHCO3，pH 由
大到小的顺序是①>
>
③②
B．等pH 的①(NH4)2SO4，②NH4HSO4，③NH4Cl，c(NH )由大到小的顺序是①>
>
③②
C．等浓度的①NH4Al(SO4)2，②(NH4)2CO3，③(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH )由大到小的顺序是②>
>
③①
D．相同温度下，将足量AgCl 固体分别放入相同体积的①0.1mol·L－1盐酸，②0.1mol·L－1MgCl2溶液，
③0.1mol·L－1AgNO3溶液中，c(Ag＋)由大到小的顺序是③>
>
②①
【答案】A
【解析】A．弱酸根离子水解程度越大，该盐溶液pH 越大，酸根离子水解程度AlO ＞HCO ＞
CH3COO-，所以等浓度的三种溶液pH 由大到小的顺序是①>
>
③②，故A 正确；
B．氯化铵和硫酸铵中铵根离子水解程度相同，所以二者如果pH 值相等，则c(NH )相同， NH4HSO4显酸
性主要是因为电离出氢离子，且硫酸氢根完全电离，所以pH 相等时硫酸氢铵的浓度最小，溶液中c(NH )
最小，故B 错误；
C．铝离子、亚铁离子抑制铵根离子水解，碳酸根离子促进铵根离子水解，但③化学式中铵根离子个数是
①的2 倍，所以等浓度的三种溶液中c(NH )浓度由大到小的顺序是③>
>
②①，故C 错误；
D．含有氯离子、银离子的溶液都抑制AgCl 溶解，但硝酸银是可溶性物质会电离出大量银离子，②中氯离
子浓度大于①且二者抑制AgCl 溶解，所以Ag+浓度由大到小的顺序是③①②，故D 错误；
故选：A。
【变式练6】下列各离子浓度的大小比较，正确的是
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A．0.2mol/L  Na2CO3 溶液中：c(OH-)=c(
)+c(H+)+c(H2CO3)
B．0.01mol/L 的 NH4Cl 溶液与 0.05mol/L  NaOH 溶液等体积混合显碱性：c(Cl-)> c(
) > c(Na+) 
>c(OH-)>c(H+)
C．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则 c(NH4
+)>c(Cl-)
D．同浓度的下列溶液中：①(NH4)2SO4
NH
②
4HCO3
 NH
③
4Cl，④NH3·H2O，c(
)由大到小的顺序是：
①>
>
>
③②④
【答案】D
【解析】A．任何电解质溶液中都遵循质子守恒，根据质子守恒得c(OH-)=c(
)+c(H+)+2c(H2CO3)，A
错误；
B．0.01mol/L NH4C1 溶液与0.05mol/LNaOH 溶液等体积混合后所得的溶液组成为：氯化钠、一水合氨以及
剩余的NaOH，且前两者的浓度相等，NaOH 浓度是它们的4 倍，所得的碱性溶液中，c(Na+) > 
c(OH-)>c(Cl-)> c(
) > c(H+)，B 错误；
C．混合溶液呈中性，则c(OH-)= c(H+)，再根据电荷守恒得c(
)=c(Cl-)，C 错误；
D．相同物质的量的浓度的铵盐溶液中，铵根离子浓度与铵根离子系数成正比，碳酸氢根离子促进铵根离
子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度很小，则同浓度下列溶液中：①(NH4)2SO4
NH
②
4HCO3
NH
③
4Cl 
NH
④
3•H2O，c(
)由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④，D 正确；
答案选D。
考向4　酸碱中和滴定过程中离子浓度大小比较
【典例4】（2023·河南焦作·博爱县第一中学校考三模）用AG 表示溶液的酸度，AG= lg
。常温下，
一元酸HA 的Ka(HA)=1.0×10-5，实验室中用0.1mol•L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 某浓度的HA 溶液，滴定
结果如图所示。下列有关叙述正确的是
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A．室温下，AG=14-pH
B．滴定前该HA 溶液中HA 的电离度为
C．A 点时加入NaOH 溶液的体积为20.00mL
D．若B 点时加入NaOH 溶液的体积为40.00mL，此时溶液中c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【答案】B
【解析】A． AG= lg
=lgc（H+）-lgc（OH-）=-pH-（-pOH）=-pH+14-pH=14-2×pH，A 错误；
B．滴定前该HA 溶液中AG=8，则lg
=8，
=108，
，c（H+）=10-3mol/L，根据
Ka(HA)= 
=
=1.0×10-5，c（HA）=0.1mol/L+10-3mol/L，HA 的电离度为
，B 正确；
C．结合B 选项，HA 浓度为0.1mol/L，HA 为弱酸，用0.1mol•L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 的HA 溶液，
生成的NaA 为强碱弱酸盐，A 点时溶液为中性，加入NaOH 溶液的体积小于20.00mL，C 错误；
D．若B 点时加入NaOH 溶液40.00 mL，则此时溶液是等物质的量浓度的NaA 和氢氧化钠的混合液，因此
根据物料守恒2c(A- )+2c(HA)=c(Na+)，D 错误；
故选B。
【变式练7】（2023 秋·四川成都·高三校联考开学考试）常温下，向二元弱酸
溶液中滴加
溶液，
所得混合溶液的pH 与离子浓度的变化关系如图所示，下列说法错误的是
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A．曲线N 代表pH 与
的变化关系
B．由图可知，
第二步电离平衡常数的数量级为
C．在交叉点“b”，
D．由图可知，
溶液显酸性
【答案】B
【分析】常温下，向二元弱酸
溶液中滴加KOH 溶液，第一步反应：
，当
全部转化为
后，发生第二步反应，
；
【解析】A．pH 增加，
减少，
增加，即
增大，
增大，与曲线M 相符，故A 正
确；
B．依据混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系图，b 点pH=1.3，则
，
，
，
，故B 错误；
C．交点b 表示
，即
，故C 正确；
D．参考选项B 计算，可知通过图中c 点可得Ka1=10-1.3， 
，
，NaHY 的电离程度
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大于其水解程度，所以溶液显酸性，故D 正确；
答案选B。
【变式练8】（2023·浙江·统考高考真题）草酸(
)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往
溶液中滴加
溶液。
实验Ⅱ：往
溶液中滴加
溶液。
[已知：
的电离常数
，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中
时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中
时，溶液中
【答案】D
【解析】A．
溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I 可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A 错误；
B．实验I 中
时，溶质是
、
且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而
过量，因此该反应在初始阶段发生的是
，该反应的平衡常数为
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，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后，
再和
发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中
时，溶液中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D 正确。
综上所述，答案为D。
1．（2023·湖南·统考高考真题）常温下，用浓度为
的
标准溶液滴定浓度均为
的
和
的混合溶液，滴定过程中溶液的
随
(
)的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
三年真题·两年模拟   
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A．
约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH 溶液和HCl、CH3COOH 混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，
a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl 和
CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa；c
点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时NaOH 过量，溶质成
分为NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。
【解析】A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3.38mol/L，
=
=10-4.76，故A 正确；
B．a 点溶液为等浓度的NaCl 和CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)，故B 正确；
C．点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
CH3COOH 的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C 正确；
D．c 点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D 错
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误；
答案选D。
2．（2022·重庆·统考高考真题）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液
……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO
)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO
)+c(HCO )+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ 
Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl 和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO
和Ca2+，则
c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A 错误；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol 
Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO
)，故B 错误；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：
c(Cl-)=2c(CO
)+2c(HCO )+2c(H2CO3)，故C 错误；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol 
Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D 正确；
故选D。
3．（2022·河北·高考真题）某水样中含一定浓度的CO
、HCO 和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL
水样，用0.01000mol•L-1的HCl 溶液进行滴定，溶液pH 随滴加HCl 溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合
后溶液体积变化忽略不计)。
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下列说法正确的是
A．该水样中c(CO
)=0.01mol•L-1
B．a 点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL 时，溶液中c(HCO )基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO
)+c(HCO )+c(H2CO3)=0.03mol•L-1
【答案】C
【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO
+H+=HCO 、HCO
+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH 会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根
离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH 第一次发生
突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO
+H+=HCO 可知，水样中碳酸根离子的浓度为
=0.02mol/L，溶液pH 第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中
碳酸氢根离子的浓度为
=0.01mol/L。
【解析】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A 错误；
B．由图可知，a 点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中
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质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO
)，故B 错误；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL 时，只发生
反应CO
+H+=HCO ，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为
=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C 正确；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中
c(CO
)+c(HCO )+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO
)+c(HCO )
+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D 错误；
故选C。
4．（2022·江苏·高考真题）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH 溶液吸收
CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O 挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c 总=c(H2CO3)+c(
)+c(
)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 
A．KOH 吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(
)
B．KOH 完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(
)+c(H2CO3)
C．KOH 溶液吸收CO2，c 总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(
)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A．KOH 吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则
主要发生第一步水解，溶液中：
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c(H2CO3)＜c(
)，若为KHCO3溶液，则
发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(
)，A
不正确；
B．KOH 完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c(
)+2c(
)，依据
物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(
)+c(
)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c(
)+2c(H2CO3)，B 不正
确；
C．KOH 溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c 总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2=
=
≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明
水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(
)，C 正确；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、
K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：
CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D 不正确；
故选C。
5．（2022·浙江·统考高考真题）
时，苯酚
的
，下列说法正确的是
A．相同温度下，等
的
和
溶液中，
B．将浓度均为
的
和
溶液加热，两种溶液的
均变大
C．
时，
溶液与
溶液混合，测得
，则此时溶液中
D．
时，
的
溶液中加少量
固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH 的C6H5ONa 和
CH3COONa 溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A 错误；
B．C6H5ONa 溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，
pH 变大，而升高温度，Kw增大，NaOH 溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH 减小，B 错误；
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C．当pH=10.00 时，c(H+)=1.0×10-10，
，故
c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C 正确；
D．C6H5ONa 中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D 错误；
故选C。
6．（2021·天津·统考高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在
溶液中
B．在
溶液中
C．在
溶液中
D．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液中
【答案】A
【解析】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在
溶
液中，离子浓度大小为：
，故A 正确；
B．在
溶液中，根据电荷守恒得到
，故B 错误；
C．在
溶液中，根据物料守恒得到
，故C 错误；
D．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液，则
，根据电荷守恒
，则
，故D 错误；
故选A。
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