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高考化学 考点47 盐类的水解学案（含解析）
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这是一份高考化学 考点47 盐类的水解学案（含解析），共6页。学案主要包含了盐类的水解及其规律，盐类水解的影响因素，盐类水解的应用，溶液中离子浓度大小的比较等内容，欢迎下载使用。
考点47 盐类的水解
一、盐类的水解及其规律
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
3．特点
4．水解常数(Kh)
以CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－为例，表达式为＝Kh＝。
5．水解的规律及类型
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
=7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
、Cu2+
酸性
＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
是
CH3COO－、
碱性
＞7
注意：（1）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，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：H++(次要)，HCO+H2OH2CO3+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：HSOH++SO(主要)，HSO+H2OH2SO3+OH－(次要)。
（3）相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如>。
（4）相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>
(NH4)2Fe(SO4)2。
6．水解方程式的书写
（1）一般要求
如NH4Cl的水解离子方程式为＋H2ONH3·H2O＋H＋。
（2）三种类型的盐水解方程式的书写。
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的水解离子方程式为
＋H2O＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。
如FeCl3的水解离子方程式为
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。
如Na2S溶液与AlCl3溶液混合反应的水解离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
二、盐类水解的影响因素
1．内因
弱酸根离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解，溶液的碱性或酸性越强。如：酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为NaHCO3>CH3COONa。
2．外因
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
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
外加酸碱
酸
弱碱阳离子水解程度减小
碱
弱酸阴离子水解程度减小
外加其他盐
水解形式相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
提醒：（1）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；
（2）向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响[Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+]
条件
移动方向
H+数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减少
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
三、盐类水解的应用
1．盐类水解的常见应用
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+
判断离子能否共存
若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进的反应进行完全的有：
①Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
③NH与SiO、AlO。
判断酸性强弱
NaX、NaY、NaZ三种盐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H2SO4，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
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++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
除锈剂
NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂
2．盐溶液蒸干时所得产物的判断
（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。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)。
（5）弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
四、溶液中离子浓度大小的比较
1．比较方法
（1）“一个比较”
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根据题中所给信息：如果是电离能力大于水解能力，例：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；同理NH3·H2O的电离程度大于NH水解的程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。
②根据题中所给信息：如果是水解能力大于电离能力，例：HClO的电离程度小于ClO－的水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性；反之，如果等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性，可知HClO的电离程度小于ClO－的水解程度。
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哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性。
（2）“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弱酸根或弱碱阳离子的水解是很微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如在稀NH4Cl溶液中：NH4Cl===+Cl－、+H2ONH3·H2O+H+、H2OOH－+H+，所以在NH4Cl的溶液中微粒浓度由大到小的顺序是：c( Cl－)＞c()＞c(H+)＞c(NH3·H2O )＞c(OH－)。
（3）“三个守恒”
如在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na++、+H2O+OH－、+H2OH2CO3+OH－、H2OOH－+H+。
①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c()+c()+c(OH－)
②物料守恒：c(Na+) =2c()+2c()+2c(H2CO3)
上述两个守恒相加或相减可得：
③质子守恒：c(OH－)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)
2．常见类型
（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，c(H+)＞c()＞c()＞c()。
（2）多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中，c(Na+)＞c()＞c(OH－)＞c()。
（3）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。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c()由大到小的顺序是③＞①＞②。
（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在含0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c()＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中，NH3·H2O电离程度大于的水解程度，溶液呈碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时c()＞c(Cl－)。
3．比较溶液中粒子浓度大小的解题思路
考向一 盐类水解反应离子方程式
典例1 下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是( )
①
②
③
④
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【答案】B
【详解】
①应为，(只写第一步也可,不能两步一起写)，①错误；②正确；③正确；④中水解程度小，应为，④错误；故离子方程式正确的是②③，正确答案选B。
1．下列各式表示水解反应的是（ ）
A． B．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣
C． D．
【答案】B
【详解】
A、，是碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解离子方程式，故A错误；
B、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，是硫氢根离子的水解离子方程式，故B正确；
C、，是磷酸二氢根离子的电离方程式，故C错误；
D、，是碳酸氢根离子和氢氧根离子发生的复分解反应，故D错误；
答案选B。
盐类水解方程式的书写
1．一般情况下盐类水解的程度较小，应用“”连接反应物和生成物。水解生成的难溶性或挥发性物质不加“↓”或“↑”符号。如Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，HS−+H2OH2S+OH−。
2．多元弱酸阴离子分步水解，应分步书写水解的离子方程式。因为第一步水解程度较大，一般只写第一步水解的方程式。如Na2CO3的水解分两步，第一步为+H2O+OH−，第二步为+H2OH2CO3+OH−。多元弱碱阳离子的水解方程式不要求分步书写。如AlCl3的水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
3．发生相互促进的水解反应时，由于能水解彻底，用“”连接反应物和生成物，水解生成的难溶性或挥发性物质要写 “↓”或“↑”符号。如FeCl3与NaHCO3溶液混合发生水解的离子方程式为Fe3++3Fe(OH)3↓+3CO2↑。
4．盐类水解的离子方程式可用通式表示为R−+H2OHR+OH−，Rm−+H2OHR(m−1)−+OH−(分步水解)；R++H2OROH+H+，Rn++nH2OR(OH)n+nH+（“一步到位”）。
注意：（1）一般情况下盐类水解程度较小，是可逆反应，因此用可逆号“”表示水解程度。当水解趋于完全时，才用“”。
（2）水解反应生成的挥发性物质及难溶物不用“↑”和“↓”表示。
（3）多元弱酸根离子分步水解，要分步书写，以第一步为主；多元弱碱阳离子的分步水解，习惯上一步书写完成。
考向二 盐类水解的实质与影响因素
典例2 下列物质因水解使其水溶液呈酸性的是( )
A．KNO3 B．NaHSO4 C．NH4Cl D．Na2CO3
【答案】C
【详解】
A．硝酸钾为强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故A不符合题意；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C符合题意；
D．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故选C。
2．一定条件下，溶液中存在水解平衡。下列说法正确的是（ ）
A．加入少量NaOH固体，减小
B．升高温度溶液的pH增大
C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．通入少量HCl气体，水解平衡常数减小
【答案】B
【详解】
A．加入的NaOH会抑制的水解，水解平衡逆向移动，使增大，故A错误；
B．升高温度能促进盐类的水解，水解平衡正向移动，溶液中增大，溶液的pH增大，故B正确；
C．释醋酸钠溶液，促进醋酸根离子水解，但醋酸根离子水解增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(OH-)减小，溶液的pH也减小，故C错误；
D．通入的HCl在溶液中电离出氢离子，使得c(OH-)减小，水解平衡正向移动，能促进的水解，但温度不变，水解平衡常数不变，故D错误；
答案选B。
酸式盐溶液酸碱性的判定原则
1．强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4Na++H++。NaHSO4溶液性质上相当于一元强酸。
2．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）若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：H++ (主要)；+H2OH2SO3+OH−(次要)。中学阶段与此类似的还有NaH2PO4等。
（2）若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：+H2OH2CO3+OH−(主要)；H++ (次要)。中学阶段与此类似的还有NaHS、Na2HPO4等。
3．相同条件下(温度、浓度相同)的水解程度：正盐>相应酸式盐，如>。
考向三 Kh、Ka(Kb)、KW的关系及应用
典例3 已知某温度下，，，，。物质的量浓度均为的下列溶液，pH由大到小的顺序是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
由可知，酸性：，则水解能力：，弱酸根离子的水解能力越强，对应盐溶液的碱性越强，pH越大，故正确答案选D。
3．常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡 (填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算溶液中= 。(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10−2，Ka2=6.0×10−8)
【答案】向右 60
【解析】NaOH电离出的OH−抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的水解促进水的电离平衡。+H2O+OH−，Kh===，所以==60。
利用平衡常数的性质判断微粒浓度变化
1．水解平衡常数(Kh)、Ka、Kb只受温度的影响，温度升高，平衡常数增大；反之减小。
2．Kh与Ka或Kb、KW的定量关系为Ka·Kh=KW或 Kb·Kh=KW。
3．判断某些离子浓度的比较或乘积随温度、浓度等外界条件改变而变化的趋势时，可以根据表达式的形式转化为(Kh)、Ka、Kb或它们与KW的关系，再结合平衡常数的性质来判断微粒浓度变化。
考向四 盐类水解在生产、生活中的应用
典例4 下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是
选项
事实或应用
解释
A
用热的纯碱溶液去除油污
纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质
B
泡沫灭火器灭火
Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体
C
施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效
D
明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂
明矾溶于水生成Al(OH)3胶体
【解析】用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A错误。泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，B正确。K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，C正确。明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，D正确。
【答案】A
4．化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是（ ）
A．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解
C．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理
D．纯碱溶液呈碱性的原因是
【答案】B
【详解】
A．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，选项A正确；
B．雨水放置一段时间后pH减小是因为被氧化为，溶液酸性增强，选项B不正确；
C．利用的是盐类水解原理，将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，选项C正确；
D．纯碱溶液呈碱性的原因是碳酸根离子水解，水溶液中氢氧根离子浓度增大，选项D正确；
答案选B。
盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
（1）弱金属阳离子对应盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
（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)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4+MnO2；NH4ClNH3↑+HCl↑。
（4）还原性盐在蒸干时会被O2氧化
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
考向五 与盐类水解相关的离子共存
典例5 室温下，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（ ）
A．的溶液：、、、
B．无色溶液：、、、
C．的水溶液：、、、
D．的溶液：、、、
【答案】D
【详解】
A．的溶液为碱性溶液，碱性溶液中不能大量存在、和，故A不选；
B．和发生强烈的双水解不能大量共存，故B不选；
C．与反应生成CuS沉淀而不能大量存在，故C不选；
D．＞10-7mol/L，为酸性溶液，、、、能大量共存，故D选。
故选：D。
5．下列各组离子中因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是（ ）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【详解】
A. 与反应生成硫酸钡沉淀，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
B. 、与因发生氧化还原反应不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
C.和发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝而不能大量共存，故C选；
D. 与生成二氧化碳不能大量共存， 与生成碳酸钙沉淀不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
故选：C。
考向六 同一种溶液中的粒子浓度比较
典例6 25 ℃时，0.10 mol·L－1 HA(Ka＝10－9.89)溶液，调节溶液pH后，保持c(HA)＋c(A－)＝0.10 mol·L－1。下列关系正确的是
A．pH＝2.00时，c(HA)>c(H＋)>c(OH－)>c(A－)
B．pH＝7.00时，c(HA)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．pH＝9.89时，c(HA)＝c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．pH＝14.00时，c(OH－)>c(H＋)>c(A－)>c(HA)
【答案】C
【解析】pH＝2.00时，溶液的酸性较强，主要以HA形式存在，则离子浓度关系为c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)，A错误。pH＝7.00时，混合溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时c(A－)>c(HA)，B错误。HA的电离平衡常数为Ka＝＝10－9.89，当pH＝9.89时，c(H＋)＝10－9.89 mol·L－1，则有c(HA)＝c(A－)，此时溶液呈碱性，则有c(OH－)>c(H＋)，C正确。pH＝14.00时，溶液呈强碱性，c(H＋)较小，则有c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，D错误。
6．室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH=8.31，有关该溶液的判断正确的是
A．c(Na+)>c(OH−)>c()>c()>c(H+)
B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
D．加入适量NaOH溶液后：c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()
【答案】B
【解析】室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成OH−，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c()>
c(OH−)>c(H+)>c()，A错误；Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=×=
=KW×，由题给信息知，的水解程度大于电离程度，则有c(OH−)>c(H+)、c(H2CO3)>c(C)，即<1，故Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)c(H2CO3)+c()+
c()，D错误。
单一溶液中粒子浓度比较原则
（1）酸式盐溶液的酸碱性和各离子的浓度大小取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对大小，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性，同时c(H2CO3)>c()；NaHSO3溶液中的电离能力大于其水解能力，溶液显酸性，有 c(H2SO3)
（3）对于单一的弱酸、弱碱溶液或其盐溶液
①要考虑弱电解质(弱酸、弱碱)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弱酸根阴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，CH3COONaCH3COO−+Na+，CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−，H2OH++OH−，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(CH3COOH)>c(H+)。
考向七 混合溶液中粒子浓度的比较
典例7 已知：室温下0.2 mol·L－1的氨气与0.1 mol·L－1的盐酸等体积混合后溶液呈碱性(假设混合后溶液总体积不变)，则混合溶液中下列关系不正确的是
A．c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
B．c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)
C．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1
D．c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)
【答案】A
【解析】所得溶液为等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合液，溶液呈碱性，则有c(OH－)>c(H＋)；由于NH3·H2O是弱电解质，部分电离，则有c(Cl－)>c(OH－)，故混合溶液中离子浓度关系为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，A错误；混合液呈电中性，存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，B正确。混合前氨水中c(NH3·H2O)＝0.2 mol·L－1，混合后溶液体积增加1倍，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，C正确。由电荷守恒变形可得c(Cl－)＝c(NH)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.05 mol·L－1，又知c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(NH)＋c(H＋)－c(OH－)]，从而可得c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，D正确。
7．把0.2 mol·L−1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是
A．c()=c(Na+)=c(OH−)>c(NH3·H2O)
B．c()=c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)
C．c()>c(Na+)>c(OH−)>c(NH3·H2O)
D．c()>c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)
【答案】D
【解析】0.2 mol·L−1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的溶质为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl和NaCl，NH3·H2O电离大于NH4Cl的水解，溶液呈碱性，溶液中c()>c(Na+)，由于一水合氨只有小部分电离，所以c(NH3·H2O)>c(OH−)，则微粒的物质的量浓度的关系为c()> c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)。
混合溶液中粒子浓度的比较原则
（1）溶液混合但不发生反应的类型。要同时考虑电离和水解，以及离子间的相互影响，可用极限观点思考，以“强势”反应为主，可不考虑“弱势”反应。如等浓度等体积的碳酸钠和碳酸氢钠混合后由于的水解大于的水解和电离，所以c(Na+)>c()>c()>c(OH−)>c(H+)。
（2）弱酸及对应盐(或弱碱及对应盐)等浓度、等体积混合。各离子的浓度大小取决于酸(碱)的电离程度和相应盐的水解程度的相对大小。
①电离强于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积、等物质的量浓度混合，分析时可只考虑CH3COOH的电离，不考虑CH3COONa的水解，粒子浓度大小顺序为c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)。
②水解强于电离型。如HCN溶液和NaCN溶液等体积、等物质的量浓度混合，粒子浓度大小顺序为 c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)。
（3）溶液混合发生反应但有一种过量的类型。根据过量程度及产物情况，要同时考虑电离和水解，不过这类问题大多转化为上述（2）中的问题。如10 mL 0.1 mol·L−1的HCl溶液与10 mL 0.2 mol·L−1的CH3COONa溶液充分混合后，相当于等浓度的NaCl、CH3COONa与CH3COOH的混合液。
考向八 与图像有关的粒子浓度关系
典例8 亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的电离方程式为
B．第一步电离的电离常数
C．溶液的pH约为9.2
D．时，溶液中
【答案】B
【详解】
A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
8．常温下，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．a≈3，说明HA属于弱酸
B．水的电离程度：d点>e点
C．c点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)
D．b点溶液中粒子浓度大小： c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
【答案】C
【详解】
A． c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA电离程度较小，HA属于弱酸，故A不选；
B． 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d点溶质为NaA，促进水电离，e点溶质为NaA和NaOH，NaOH抑制水电离，所以水电离程度：d点>e点，故B不选；
C． c点溶液显中性，由电荷守恒得：c(Na＋)=c(A-) ，故C选；
D． b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A−水解程度，所以c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且HA电离程度和A−水解程度都较小，所以c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不选；
故选：C。
1．下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去油污的目的，不符合题意；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类水解，符合题意；C项，氯化铁溶液中存在反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动，造成溶液颜色加深，不符合题意；D项，浓硫化钠溶液中存在S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因，不符合题意。
2．在25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测其c(NH)分别为a、b、c(单位：mol·L－1)。下列判断正确的是
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
【答案】D
【解析】三种溶液中都存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、H2OH＋＋OH－，对于(NH4)2CO3来说，因CO＋H＋HCO，而使上述平衡向右移动，促进了NH的水解；对于(NH4)2Fe(SO4)2来说，Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制了NH的水解；SO对NH的水解无影响。则相同物质的量浓度的三种溶液中，NH水解程度越大，溶液中的c(NH)越小，所以D项正确。
3．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D．pH相同的①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③
【答案】D
【解析】A．pH＝5的H2S溶液中H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自于H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，错误。B．弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a碳酸的酸性>次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故D正确。
4．用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是
A．c(NH)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋)
B．c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)＞c(NH)，c(OH－)＞c(H＋)
D．c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
【答案】C
【解析】若滴定后溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则一般溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c(NH)＞c(Cl－)，符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；若滴定后溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c(OH－)＝c(H＋)，由电荷守恒可知c(NH)＝c(Cl－)，故B是可能出现的结果；当c(Cl－)＞c(NH)，c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中阴离子带的电荷总数大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；若滴定后溶液中的溶质为NH4Cl，由NH水解则溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，又水解的程度很弱，则c(Cl－)＞c(NH)，且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果。
5．常温下，将体积为V1的 0.100 0 mol·L－1 HCl 溶液逐滴加入到体积为V2的0.100 0 mol·L－1 Na2CO3 溶液中，溶液中H2CO3、HCO、CO所占的物质的量分数(α)随pH 的变化曲线如图。下列说法不正确的是
A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B．在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
C．在pH＝6.3时，溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)
D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)
【答案】D
【解析】A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.100 0<0.100 0，正确；C项，在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3 、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的水解程度，则溶液中c(HCO)>c(CO)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，错误。
6．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是
A．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液中的c(Na＋)：②＞①
B．0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)
C．上图表示用0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线，则pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．上图a点溶液中各离子浓度的关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】pH相等的钠盐中，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度：＞CH3COO－，则c(Na＋)：②＜①，A错误；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，B错误；常温下，pH＝7时溶液呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，C错误；任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，所以得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，D正确。
7．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水（H＋）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是
A．由图可知A－的水解平衡常数Kh约为1×10－9
B．C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性
C．B点的溶液中离子浓度之间存在：c（Na＋）＝2c（A－）>c（H＋）>c（OH－）
D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c（OH－）＝c（HA）＋c（A－）＋c（H＋）
【答案】A
【解析】选项A，由题图可知0.1 mol·L－1的HA溶液中c（H＋）为1×10－3 mol·L－1，由此可计算出Ka约为1×10－5，Kh＝Kw/Ka≈1×10－9，正确；选项B，C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，错误；选项C，B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A－的水解程度，则c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），错误；选项D，F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，c（OH－）＝2c（HA）＋c（A－）＋c（H＋），错误。
8．在NaCN溶液中存在水解平衡：CN－＋H2OHCN＋OH－，水解常数Kh(NaCN)＝≈[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始浓度]。25 ℃时，向1 mol·L－1的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的关系如图所示，下列说法中错误的是
A．25 ℃时，Kh(NaCN)的值为10－4.7
B．升高温度，可使曲线上a点变到b点
C．25 ℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN－的水解程度减小
D．c点对应溶液中的c(OH－)大于a点
【答案】B
【解析】2pOH＝－2lgc(OH－)，则c2(OH－)＝10－2pOH。Kh(NaCN)＝c2(OH－)/c0(NaCN)，由a点坐标可知，c0(NaCN)＝0.1 mol·L－1，c2(OH－)＝10－5.7，代入表达式可得Kh(NaCN)＝10－4.7，A项正确；升高温度，促进CN－的水解，OH－浓度增大，则2pOH的值减小，B项错误；加入NaCN固体，CN－浓度增大，水解平衡正向移动，但CN－水解的程度减小，C项正确；pOH是OH－浓度的负对数，因c点的pOH小于a点，所以c点OH－的浓度大于a点，D项正确。
9．请根据所学知识回答下列问题：
酸
电离常数
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11
H2SO3
K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7
（1）NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、________、________(填微粒符号)。
（2）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：
①NH4Cl ②NH4HCO3 ③(NH4)2SO4 ④NH4HSO4
溶液中c(NH)最大的是________，最小的是________(填标号)。
（3）常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为__________(填标号)。
（4）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式表示)________________ __________。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是__________(填化学式)。
【答案】（1）OH－ H2SO3 （2）③ ②
（3）①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥
（4）Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ Al2O3
【解析】（1）NaHSO3是强碱弱酸盐，能完全电离：NaHSO3===Na＋＋HSO，所以溶液中存在Na＋、HSO；溶液中还存在HSO的电离：HSOH＋＋SO，所以溶液中存在H＋、SO；也存在HSO的水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－，所以溶液中存在H2SO3、OH－；故NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、OH－、H2SO3。（2）常温下，物质的量浓度相同的①NH4Cl、②NH4HCO3、③(NH4)2SO4、④NH4HSO4中③中c(NH)最大，约为其余的2倍；②中HCO水解促进NH的水解，②中c(NH)最小。（3）①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4中①为强碱，pH最大；⑥为强酸，pH最小；②为强酸强碱盐，pH＝7；③⑤为弱酸强碱盐，水解显碱性，由于酸性：醋酸>碳酸，故CO水解程度大于CH3COO－，③的pH大于⑤；④为弱酸，pH从大到小排列顺序为①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥。（4）AlCl3为强电解质，在溶液中完全电离生成Al3＋和Cl－，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故AlCl3溶液呈酸性，把AlCl3溶液蒸干，HCl挥发，促进水解生成Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。
10．常温下，有浓度均为0.1 mol·L－l的下列4种溶液：
①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka＝4.9×10－10
Ka1＝4×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ka＝1.7×10－5
（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是________________(填标号)，其中②由水电离的H＋浓度为__________________________。
（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是_____________________________。
（3）④的水解平衡常数Kh＝________。
（4）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③________④(填“>”“<”或“＝”)。
（5）25 ℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH＝11，则约为________。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为________________________________________。
【答案】（1）②＞①＞④＞③ 1.0×10－13 mol·L－1
（2）c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋) （3）2.5×10－8
（4）＜ （5）0.02 CN－＋CO2＋H2O===HCN＋HCO
【解析】（1）相同浓度的4种溶液中，NaCN溶液水解显碱性，NaOH溶液为强碱溶液，CH3COONa溶液水解显碱性，NaHCO3溶液水解显碱性，因为酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，越弱越水解，因此溶液的碱性：②＞①＞④＞③，4种溶液pH由大到小的顺序是②＞①＞④＞③；0.1 mol·L－l的NaOH pH＝13，由水电离的H＋浓度为1.0×10－13 mol·L－1。
（2）NaCN溶液中CN－水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
（3）Kh＝＝＝＝2.5×10－8。
（4）等体积等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液中NaHCO3水解程度大于醋酸钠，溶液的碱性强于CH3COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③＜④。
（5）由HCN的电离常数Ka＝可知，＝＝≈0.02，H2CO3的一级电离常数大于HCN，二级电离常数小于HCN，故H2CO3的酸性强于HCN，HCO的酸性弱于HCN，故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O===HCN＋HCO。
1．（2020·天津高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D．在溶液中，
【答案】A
【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，正确；综上所述，答案为A。
2．[双选][2019江苏]室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】A．NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；B．NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B正确；C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
3．[2019浙江4月选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是
A．0.1 mol·L−1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L−1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。
【详解】A． 0.1 mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；
B．若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故答案选B。
4．[2018北京]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3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BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，存在水解平衡：+H2O+OH-、+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度水解平衡正向移动，c()减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
5．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C．pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-)，两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)，A项正确；B项，c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=== = =1.8510-13Ka2(H2C2O4)，HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)c(H2C2O4)，B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，室温pH=7即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(总)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)0.1000mol/L，c(Na+)0.1000mol/L +c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C项错误；D项，c(Na+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，物料守恒为c(Na+)=2[c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-)]，两式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，D项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c(总)0.1000mol/L。
6．[2017新课标Ⅰ]常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．Ka2（H2X）的数量级为10–6
B．曲线N表示pH与的变化关系
C．NaHX溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
【答案】D
【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6 mol·L－1，c(H＋)=10－4.8 mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10–6，A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C． 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·L－1，代入Ka1得到Ka1=10－4.4，因此HX－的水解常数是=10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D．根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2–)＞c(HX–)，D错误；答案选D。
7．[2017江苏][双选]常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】AD
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c()=c(OH−)+c(Cl−)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH−)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl−和Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
8．[2016浙江]苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–。已知25 ℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变
C．当pH为5.0时，饮料中=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)
【答案】C
【解析】A．根据题意，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–，相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，A项错误；B．提高CO2充气压力，CO2+H2O+A−HA+HCO3−，平衡右移，饮料中c(A–)减小，B项错误；C．当pH为5.0时，饮料中=c(H+)÷Ka=10−5÷（6.25×10–5）=0.16，C项正确；D．根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)+c(A−)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A−)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)−c(HA)，故D项错误；答案选C。
9．[2016江苏][双选]H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0．100 mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42–）＞c（HC2O4–）
B．c（Na+）=0.100 mol·L–1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–）
C．c（HC2O4–）=c（C2O42–）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）
D．pH=7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42–）
【答案】BD
【解析】A、根据图像知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（）＜c（），A错误；B．c（Na+）=0.100 mol·L−1的溶液中，电荷守恒式为c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–），又因为c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1= c（Na+），代入电荷守恒式得c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–），B正确；C、根据图像可知c（）=c（）的溶液显酸性，c（OH–）‒c（H+）＜0，且c（H2C2O4）=0，由电荷守恒式c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–）得，c（Na+）= c（OH–）‒c（H+）+2c（）+ c（HC2O4–），又因为c（HC2O4–）=c（C2O42–），c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1，则c（Na+）= c（OH–）‒c（H+）+0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）＜0.100 mol·L–1+c（HC2O4–），C错误；D、由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（），D正确。答案选BD。
10．[2016四川]向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 mol
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c()+c(OH−)
B
0.01
c(Na+)>c()> c(OH−)>c()
C
0.015
c(Na+)> c()>c()> c(OH−)
D
0.03
c(Na+)> c()> c(OH−)>c(H+)
【答案】D
【解析】向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol氢氧化钠消耗0.01 mol二氧化碳，生成0.01 mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol偏铝酸钠消耗0.005 mol二氧化碳，生成0.005 mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol二氧化碳，生成0.03 mol碳酸氢钠。A、未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH−)，c(Na+)＜c()+c(OH−)，错误；B、当通入的二氧化碳为0.01 mol时，则溶液为含有0.01 mol碳酸钠和0.01 mol偏铝酸钠的混合液，氢氧根离子浓度小于碳酸根离子浓度，错误；C、当通入的二氧化碳为0.015 mol时溶液中含有0.015 mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)> c() > c(OH−) >c()，故错误；D、当通入二氧化碳的量为0.03 mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c()> c(OH−)>c(H+)，故正确。
考点47 盐类的水解
一、盐类的水解及其规律
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
3．特点
4．水解常数(Kh)
以CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－为例，表达式为＝Kh＝。
5．水解的规律及类型
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
=7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
、Cu2+
酸性
＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
是
CH3COO－、
碱性
＞7
注意：（1）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，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：H++(次要)，HCO+H2OH2CO3+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：HSOH++SO(主要)，HSO+H2OH2SO3+OH－(次要)。
（3）相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如>。
（4）相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>
(NH4)2Fe(SO4)2。
6．水解方程式的书写
（1）一般要求
如NH4Cl的水解离子方程式为＋H2ONH3·H2O＋H＋。
（2）三种类型的盐水解方程式的书写。
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的水解离子方程式为
＋H2O＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。
如FeCl3的水解离子方程式为
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。
如Na2S溶液与AlCl3溶液混合反应的水解离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
二、盐类水解的影响因素
1．内因
弱酸根离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解，溶液的碱性或酸性越强。如：酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为NaHCO3>CH3COONa。
2．外因
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
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
外加酸碱
酸
弱碱阳离子水解程度减小
碱
弱酸阴离子水解程度减小
外加其他盐
水解形式相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
提醒：（1）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；
（2）向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响[Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+]
条件
移动方向
H+数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减少
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
三、盐类水解的应用
1．盐类水解的常见应用
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+
判断离子能否共存
若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进的反应进行完全的有：
①Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
③NH与SiO、AlO。
判断酸性强弱
NaX、NaY、NaZ三种盐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H2SO4，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
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++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
除锈剂
NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂
2．盐溶液蒸干时所得产物的判断
（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。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)。
（5）弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
四、溶液中离子浓度大小的比较
1．比较方法
（1）“一个比较”
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根据题中所给信息：如果是电离能力大于水解能力，例：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；同理NH3·H2O的电离程度大于NH水解的程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。
②根据题中所给信息：如果是水解能力大于电离能力，例：HClO的电离程度小于ClO－的水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性；反之，如果等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性，可知HClO的电离程度小于ClO－的水解程度。
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哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性。
（2）“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弱酸根或弱碱阳离子的水解是很微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如在稀NH4Cl溶液中：NH4Cl===+Cl－、+H2ONH3·H2O+H+、H2OOH－+H+，所以在NH4Cl的溶液中微粒浓度由大到小的顺序是：c( Cl－)＞c()＞c(H+)＞c(NH3·H2O )＞c(OH－)。
（3）“三个守恒”
如在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na++、+H2O+OH－、+H2OH2CO3+OH－、H2OOH－+H+。
①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c()+c()+c(OH－)
②物料守恒：c(Na+) =2c()+2c()+2c(H2CO3)
上述两个守恒相加或相减可得：
③质子守恒：c(OH－)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)
2．常见类型
（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，c(H+)＞c()＞c()＞c()。
（2）多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中，c(Na+)＞c()＞c(OH－)＞c()。
（3）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。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c()由大到小的顺序是③＞①＞②。
（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在含0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c()＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中，NH3·H2O电离程度大于的水解程度，溶液呈碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时c()＞c(Cl－)。
3．比较溶液中粒子浓度大小的解题思路
考向一 盐类水解反应离子方程式
典例1 下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是( )
①
②
③
④
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【答案】B
【详解】
①应为，(只写第一步也可,不能两步一起写)，①错误；②正确；③正确；④中水解程度小，应为，④错误；故离子方程式正确的是②③，正确答案选B。
1．下列各式表示水解反应的是（ ）
A． B．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣
C． D．
【答案】B
【详解】
A、，是碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解离子方程式，故A错误；
B、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，是硫氢根离子的水解离子方程式，故B正确；
C、，是磷酸二氢根离子的电离方程式，故C错误；
D、，是碳酸氢根离子和氢氧根离子发生的复分解反应，故D错误；
答案选B。
盐类水解方程式的书写
1．一般情况下盐类水解的程度较小，应用“”连接反应物和生成物。水解生成的难溶性或挥发性物质不加“↓”或“↑”符号。如Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，HS−+H2OH2S+OH−。
2．多元弱酸阴离子分步水解，应分步书写水解的离子方程式。因为第一步水解程度较大，一般只写第一步水解的方程式。如Na2CO3的水解分两步，第一步为+H2O+OH−，第二步为+H2OH2CO3+OH−。多元弱碱阳离子的水解方程式不要求分步书写。如AlCl3的水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
3．发生相互促进的水解反应时，由于能水解彻底，用“”连接反应物和生成物，水解生成的难溶性或挥发性物质要写 “↓”或“↑”符号。如FeCl3与NaHCO3溶液混合发生水解的离子方程式为Fe3++3Fe(OH)3↓+3CO2↑。
4．盐类水解的离子方程式可用通式表示为R−+H2OHR+OH−，Rm−+H2OHR(m−1)−+OH−(分步水解)；R++H2OROH+H+，Rn++nH2OR(OH)n+nH+（“一步到位”）。
注意：（1）一般情况下盐类水解程度较小，是可逆反应，因此用可逆号“”表示水解程度。当水解趋于完全时，才用“”。
（2）水解反应生成的挥发性物质及难溶物不用“↑”和“↓”表示。
（3）多元弱酸根离子分步水解，要分步书写，以第一步为主；多元弱碱阳离子的分步水解，习惯上一步书写完成。
考向二 盐类水解的实质与影响因素
典例2 下列物质因水解使其水溶液呈酸性的是( )
A．KNO3 B．NaHSO4 C．NH4Cl D．Na2CO3
【答案】C
【详解】
A．硝酸钾为强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故A不符合题意；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C符合题意；
D．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故选C。
2．一定条件下，溶液中存在水解平衡。下列说法正确的是（ ）
A．加入少量NaOH固体，减小
B．升高温度溶液的pH增大
C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．通入少量HCl气体，水解平衡常数减小
【答案】B
【详解】
A．加入的NaOH会抑制的水解，水解平衡逆向移动，使增大，故A错误；
B．升高温度能促进盐类的水解，水解平衡正向移动，溶液中增大，溶液的pH增大，故B正确；
C．释醋酸钠溶液，促进醋酸根离子水解，但醋酸根离子水解增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(OH-)减小，溶液的pH也减小，故C错误；
D．通入的HCl在溶液中电离出氢离子，使得c(OH-)减小，水解平衡正向移动，能促进的水解，但温度不变，水解平衡常数不变，故D错误；
答案选B。
酸式盐溶液酸碱性的判定原则
1．强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4Na++H++。NaHSO4溶液性质上相当于一元强酸。
2．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）若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：H++ (主要)；+H2OH2SO3+OH−(次要)。中学阶段与此类似的还有NaH2PO4等。
（2）若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：+H2OH2CO3+OH−(主要)；H++ (次要)。中学阶段与此类似的还有NaHS、Na2HPO4等。
3．相同条件下(温度、浓度相同)的水解程度：正盐>相应酸式盐，如>。
考向三 Kh、Ka(Kb)、KW的关系及应用
典例3 已知某温度下，，，，。物质的量浓度均为的下列溶液，pH由大到小的顺序是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
由可知，酸性：，则水解能力：，弱酸根离子的水解能力越强，对应盐溶液的碱性越强，pH越大，故正确答案选D。
3．常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡 (填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算溶液中= 。(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10−2，Ka2=6.0×10−8)
【答案】向右 60
【解析】NaOH电离出的OH−抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的水解促进水的电离平衡。+H2O+OH−，Kh===，所以==60。
利用平衡常数的性质判断微粒浓度变化
1．水解平衡常数(Kh)、Ka、Kb只受温度的影响，温度升高，平衡常数增大；反之减小。
2．Kh与Ka或Kb、KW的定量关系为Ka·Kh=KW或 Kb·Kh=KW。
3．判断某些离子浓度的比较或乘积随温度、浓度等外界条件改变而变化的趋势时，可以根据表达式的形式转化为(Kh)、Ka、Kb或它们与KW的关系，再结合平衡常数的性质来判断微粒浓度变化。
考向四 盐类水解在生产、生活中的应用
典例4 下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是
选项
事实或应用
解释
A
用热的纯碱溶液去除油污
纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质
B
泡沫灭火器灭火
Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体
C
施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效
D
明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂
明矾溶于水生成Al(OH)3胶体
【解析】用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A错误。泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，B正确。K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，C正确。明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，D正确。
【答案】A
4．化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是（ ）
A．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解
C．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理
D．纯碱溶液呈碱性的原因是
【答案】B
【详解】
A．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，选项A正确；
B．雨水放置一段时间后pH减小是因为被氧化为，溶液酸性增强，选项B不正确；
C．利用的是盐类水解原理，将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，选项C正确；
D．纯碱溶液呈碱性的原因是碳酸根离子水解，水溶液中氢氧根离子浓度增大，选项D正确；
答案选B。
盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
（1）弱金属阳离子对应盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
（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)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4+MnO2；NH4ClNH3↑+HCl↑。
（4）还原性盐在蒸干时会被O2氧化
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
考向五 与盐类水解相关的离子共存
典例5 室温下，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（ ）
A．的溶液：、、、
B．无色溶液：、、、
C．的水溶液：、、、
D．的溶液：、、、
【答案】D
【详解】
A．的溶液为碱性溶液，碱性溶液中不能大量存在、和，故A不选；
B．和发生强烈的双水解不能大量共存，故B不选；
C．与反应生成CuS沉淀而不能大量存在，故C不选；
D．＞10-7mol/L，为酸性溶液，、、、能大量共存，故D选。
故选：D。
5．下列各组离子中因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是（ ）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【详解】
A. 与反应生成硫酸钡沉淀，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
B. 、与因发生氧化还原反应不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
C.和发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝而不能大量共存，故C选；
D. 与生成二氧化碳不能大量共存， 与生成碳酸钙沉淀不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
故选：C。
考向六 同一种溶液中的粒子浓度比较
典例6 25 ℃时，0.10 mol·L－1 HA(Ka＝10－9.89)溶液，调节溶液pH后，保持c(HA)＋c(A－)＝0.10 mol·L－1。下列关系正确的是
A．pH＝2.00时，c(HA)>c(H＋)>c(OH－)>c(A－)
B．pH＝7.00时，c(HA)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．pH＝9.89时，c(HA)＝c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．pH＝14.00时，c(OH－)>c(H＋)>c(A－)>c(HA)
【答案】C
【解析】pH＝2.00时，溶液的酸性较强，主要以HA形式存在，则离子浓度关系为c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)，A错误。pH＝7.00时，混合溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时c(A－)>c(HA)，B错误。HA的电离平衡常数为Ka＝＝10－9.89，当pH＝9.89时，c(H＋)＝10－9.89 mol·L－1，则有c(HA)＝c(A－)，此时溶液呈碱性，则有c(OH－)>c(H＋)，C正确。pH＝14.00时，溶液呈强碱性，c(H＋)较小，则有c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，D错误。
6．室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH=8.31，有关该溶液的判断正确的是
A．c(Na+)>c(OH−)>c()>c()>c(H+)
B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
D．加入适量NaOH溶液后：c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()
【答案】B
【解析】室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成OH−，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c()>
c(OH−)>c(H+)>c()，A错误；Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=×=
=KW×，由题给信息知，的水解程度大于电离程度，则有c(OH−)>c(H+)、c(H2CO3)>c(C)，即<1，故Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
c()，D错误。
单一溶液中粒子浓度比较原则
（1）酸式盐溶液的酸碱性和各离子的浓度大小取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对大小，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性，同时c(H2CO3)>c()；NaHSO3溶液中的电离能力大于其水解能力，溶液显酸性，有 c(H2SO3)
（3）对于单一的弱酸、弱碱溶液或其盐溶液
①要考虑弱电解质(弱酸、弱碱)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弱酸根阴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，CH3COONaCH3COO−+Na+，CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−，H2OH++OH−，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(CH3COOH)>c(H+)。
考向七 混合溶液中粒子浓度的比较
典例7 已知：室温下0.2 mol·L－1的氨气与0.1 mol·L－1的盐酸等体积混合后溶液呈碱性(假设混合后溶液总体积不变)，则混合溶液中下列关系不正确的是
A．c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
B．c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)
C．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1
D．c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)
【答案】A
【解析】所得溶液为等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合液，溶液呈碱性，则有c(OH－)>c(H＋)；由于NH3·H2O是弱电解质，部分电离，则有c(Cl－)>c(OH－)，故混合溶液中离子浓度关系为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，A错误；混合液呈电中性，存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，B正确。混合前氨水中c(NH3·H2O)＝0.2 mol·L－1，混合后溶液体积增加1倍，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，C正确。由电荷守恒变形可得c(Cl－)＝c(NH)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.05 mol·L－1，又知c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(NH)＋c(H＋)－c(OH－)]，从而可得c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，D正确。
7．把0.2 mol·L−1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是
A．c()=c(Na+)=c(OH−)>c(NH3·H2O)
B．c()=c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)
C．c()>c(Na+)>c(OH−)>c(NH3·H2O)
D．c()>c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)
【答案】D
【解析】0.2 mol·L−1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的溶质为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl和NaCl，NH3·H2O电离大于NH4Cl的水解，溶液呈碱性，溶液中c()>c(Na+)，由于一水合氨只有小部分电离，所以c(NH3·H2O)>c(OH−)，则微粒的物质的量浓度的关系为c()> c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)。
混合溶液中粒子浓度的比较原则
（1）溶液混合但不发生反应的类型。要同时考虑电离和水解，以及离子间的相互影响，可用极限观点思考，以“强势”反应为主，可不考虑“弱势”反应。如等浓度等体积的碳酸钠和碳酸氢钠混合后由于的水解大于的水解和电离，所以c(Na+)>c()>c()>c(OH−)>c(H+)。
（2）弱酸及对应盐(或弱碱及对应盐)等浓度、等体积混合。各离子的浓度大小取决于酸(碱)的电离程度和相应盐的水解程度的相对大小。
①电离强于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积、等物质的量浓度混合，分析时可只考虑CH3COOH的电离，不考虑CH3COONa的水解，粒子浓度大小顺序为c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)。
②水解强于电离型。如HCN溶液和NaCN溶液等体积、等物质的量浓度混合，粒子浓度大小顺序为 c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)。
（3）溶液混合发生反应但有一种过量的类型。根据过量程度及产物情况，要同时考虑电离和水解，不过这类问题大多转化为上述（2）中的问题。如10 mL 0.1 mol·L−1的HCl溶液与10 mL 0.2 mol·L−1的CH3COONa溶液充分混合后，相当于等浓度的NaCl、CH3COONa与CH3COOH的混合液。
考向八 与图像有关的粒子浓度关系
典例8 亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的电离方程式为
B．第一步电离的电离常数
C．溶液的pH约为9.2
D．时，溶液中
【答案】B
【详解】
A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
8．常温下，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．a≈3，说明HA属于弱酸
B．水的电离程度：d点>e点
C．c点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)
D．b点溶液中粒子浓度大小： c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
【答案】C
【详解】
A． c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA电离程度较小，HA属于弱酸，故A不选；
B． 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d点溶质为NaA，促进水电离，e点溶质为NaA和NaOH，NaOH抑制水电离，所以水电离程度：d点>e点，故B不选；
C． c点溶液显中性，由电荷守恒得：c(Na＋)=c(A-) ，故C选；
D． b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A−水解程度，所以c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且HA电离程度和A−水解程度都较小，所以c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不选；
故选：C。
1．下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去油污的目的，不符合题意；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类水解，符合题意；C项，氯化铁溶液中存在反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动，造成溶液颜色加深，不符合题意；D项，浓硫化钠溶液中存在S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因，不符合题意。
2．在25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测其c(NH)分别为a、b、c(单位：mol·L－1)。下列判断正确的是
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
【答案】D
【解析】三种溶液中都存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、H2OH＋＋OH－，对于(NH4)2CO3来说，因CO＋H＋HCO，而使上述平衡向右移动，促进了NH的水解；对于(NH4)2Fe(SO4)2来说，Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制了NH的水解；SO对NH的水解无影响。则相同物质的量浓度的三种溶液中，NH水解程度越大，溶液中的c(NH)越小，所以D项正确。
3．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D．pH相同的①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③
【答案】D
【解析】A．pH＝5的H2S溶液中H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自于H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，错误。B．弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a
4．用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是
A．c(NH)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋)
B．c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)＞c(NH)，c(OH－)＞c(H＋)
D．c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
【答案】C
【解析】若滴定后溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则一般溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c(NH)＞c(Cl－)，符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；若滴定后溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c(OH－)＝c(H＋)，由电荷守恒可知c(NH)＝c(Cl－)，故B是可能出现的结果；当c(Cl－)＞c(NH)，c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中阴离子带的电荷总数大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；若滴定后溶液中的溶质为NH4Cl，由NH水解则溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，又水解的程度很弱，则c(Cl－)＞c(NH)，且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果。
5．常温下，将体积为V1的 0.100 0 mol·L－1 HCl 溶液逐滴加入到体积为V2的0.100 0 mol·L－1 Na2CO3 溶液中，溶液中H2CO3、HCO、CO所占的物质的量分数(α)随pH 的变化曲线如图。下列说法不正确的是
A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B．在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
C．在pH＝6.3时，溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)
D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)
【答案】D
【解析】A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.100 0<0.100 0，正确；C项，在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3 、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的水解程度，则溶液中c(HCO)>c(CO)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，错误。
6．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是
A．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液中的c(Na＋)：②＞①
B．0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)
C．上图表示用0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线，则pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．上图a点溶液中各离子浓度的关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】pH相等的钠盐中，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度：＞CH3COO－，则c(Na＋)：②＜①，A错误；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，B错误；常温下，pH＝7时溶液呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，C错误；任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，所以得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，D正确。
7．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水（H＋）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是
A．由图可知A－的水解平衡常数Kh约为1×10－9
B．C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性
C．B点的溶液中离子浓度之间存在：c（Na＋）＝2c（A－）>c（H＋）>c（OH－）
D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c（OH－）＝c（HA）＋c（A－）＋c（H＋）
【答案】A
【解析】选项A，由题图可知0.1 mol·L－1的HA溶液中c（H＋）为1×10－3 mol·L－1，由此可计算出Ka约为1×10－5，Kh＝Kw/Ka≈1×10－9，正确；选项B，C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，错误；选项C，B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A－的水解程度，则c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），错误；选项D，F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，c（OH－）＝2c（HA）＋c（A－）＋c（H＋），错误。
8．在NaCN溶液中存在水解平衡：CN－＋H2OHCN＋OH－，水解常数Kh(NaCN)＝≈[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始浓度]。25 ℃时，向1 mol·L－1的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的关系如图所示，下列说法中错误的是
A．25 ℃时，Kh(NaCN)的值为10－4.7
B．升高温度，可使曲线上a点变到b点
C．25 ℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN－的水解程度减小
D．c点对应溶液中的c(OH－)大于a点
【答案】B
【解析】2pOH＝－2lgc(OH－)，则c2(OH－)＝10－2pOH。Kh(NaCN)＝c2(OH－)/c0(NaCN)，由a点坐标可知，c0(NaCN)＝0.1 mol·L－1，c2(OH－)＝10－5.7，代入表达式可得Kh(NaCN)＝10－4.7，A项正确；升高温度，促进CN－的水解，OH－浓度增大，则2pOH的值减小，B项错误；加入NaCN固体，CN－浓度增大，水解平衡正向移动，但CN－水解的程度减小，C项正确；pOH是OH－浓度的负对数，因c点的pOH小于a点，所以c点OH－的浓度大于a点，D项正确。
9．请根据所学知识回答下列问题：
酸
电离常数
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11
H2SO3
K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7
（1）NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、________、________(填微粒符号)。
（2）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：
①NH4Cl ②NH4HCO3 ③(NH4)2SO4 ④NH4HSO4
溶液中c(NH)最大的是________，最小的是________(填标号)。
（3）常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为__________(填标号)。
（4）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式表示)________________ __________。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是__________(填化学式)。
【答案】（1）OH－ H2SO3 （2）③ ②
（3）①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥
（4）Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ Al2O3
【解析】（1）NaHSO3是强碱弱酸盐，能完全电离：NaHSO3===Na＋＋HSO，所以溶液中存在Na＋、HSO；溶液中还存在HSO的电离：HSOH＋＋SO，所以溶液中存在H＋、SO；也存在HSO的水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－，所以溶液中存在H2SO3、OH－；故NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、OH－、H2SO3。（2）常温下，物质的量浓度相同的①NH4Cl、②NH4HCO3、③(NH4)2SO4、④NH4HSO4中③中c(NH)最大，约为其余的2倍；②中HCO水解促进NH的水解，②中c(NH)最小。（3）①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4中①为强碱，pH最大；⑥为强酸，pH最小；②为强酸强碱盐，pH＝7；③⑤为弱酸强碱盐，水解显碱性，由于酸性：醋酸>碳酸，故CO水解程度大于CH3COO－，③的pH大于⑤；④为弱酸，pH从大到小排列顺序为①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥。（4）AlCl3为强电解质，在溶液中完全电离生成Al3＋和Cl－，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故AlCl3溶液呈酸性，把AlCl3溶液蒸干，HCl挥发，促进水解生成Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。
10．常温下，有浓度均为0.1 mol·L－l的下列4种溶液：
①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka＝4.9×10－10
Ka1＝4×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ka＝1.7×10－5
（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是________________(填标号)，其中②由水电离的H＋浓度为__________________________。
（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是_____________________________。
（3）④的水解平衡常数Kh＝________。
（4）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③________④(填“>”“<”或“＝”)。
（5）25 ℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH＝11，则约为________。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为________________________________________。
【答案】（1）②＞①＞④＞③ 1.0×10－13 mol·L－1
（2）c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋) （3）2.5×10－8
（4）＜ （5）0.02 CN－＋CO2＋H2O===HCN＋HCO
【解析】（1）相同浓度的4种溶液中，NaCN溶液水解显碱性，NaOH溶液为强碱溶液，CH3COONa溶液水解显碱性，NaHCO3溶液水解显碱性，因为酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，越弱越水解，因此溶液的碱性：②＞①＞④＞③，4种溶液pH由大到小的顺序是②＞①＞④＞③；0.1 mol·L－l的NaOH pH＝13，由水电离的H＋浓度为1.0×10－13 mol·L－1。
（2）NaCN溶液中CN－水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
（3）Kh＝＝＝＝2.5×10－8。
（4）等体积等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液中NaHCO3水解程度大于醋酸钠，溶液的碱性强于CH3COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③＜④。
（5）由HCN的电离常数Ka＝可知，＝＝≈0.02，H2CO3的一级电离常数大于HCN，二级电离常数小于HCN，故H2CO3的酸性强于HCN，HCO的酸性弱于HCN，故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O===HCN＋HCO。
1．（2020·天津高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D．在溶液中，
【答案】A
【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，正确；综上所述，答案为A。
2．[双选][2019江苏]室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】A．NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；B．NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B正确；C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
3．[2019浙江4月选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是
A．0.1 mol·L−1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L−1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。
【详解】A． 0.1 mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；
B．若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故答案选B。
4．[2018北京]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3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BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，存在水解平衡：+H2O+OH-、+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度水解平衡正向移动，c()减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
5．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C．pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-)，两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)，A项正确；B项，c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=== = =1.8510-13Ka2(H2C2O4)，HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)c(H2C2O4)，B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，室温pH=7即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(总)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)0.1000mol/L，c(Na+)0.1000mol/L +c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C项错误；D项，c(Na+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，物料守恒为c(Na+)=2[c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-)]，两式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，D项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c(总)0.1000mol/L。
6．[2017新课标Ⅰ]常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．Ka2（H2X）的数量级为10–6
B．曲线N表示pH与的变化关系
C．NaHX溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
【答案】D
【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6 mol·L－1，c(H＋)=10－4.8 mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10–6，A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C． 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·L－1，代入Ka1得到Ka1=10－4.4，因此HX－的水解常数是=10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D．根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2–)＞c(HX–)，D错误；答案选D。
7．[2017江苏][双选]常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】AD
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c()=c(OH−)+c(Cl−)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH−)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl−和Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
8．[2016浙江]苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–。已知25 ℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变
C．当pH为5.0时，饮料中=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)
【答案】C
【解析】A．根据题意，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–，相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，A项错误；B．提高CO2充气压力，CO2+H2O+A−HA+HCO3−，平衡右移，饮料中c(A–)减小，B项错误；C．当pH为5.0时，饮料中=c(H+)÷Ka=10−5÷（6.25×10–5）=0.16，C项正确；D．根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)+c(A−)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A−)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)−c(HA)，故D项错误；答案选C。
9．[2016江苏][双选]H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0．100 mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42–）＞c（HC2O4–）
B．c（Na+）=0.100 mol·L–1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–）
C．c（HC2O4–）=c（C2O42–）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）
D．pH=7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42–）
【答案】BD
【解析】A、根据图像知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（）＜c（），A错误；B．c（Na+）=0.100 mol·L−1的溶液中，电荷守恒式为c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–），又因为c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1= c（Na+），代入电荷守恒式得c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–），B正确；C、根据图像可知c（）=c（）的溶液显酸性，c（OH–）‒c（H+）＜0，且c（H2C2O4）=0，由电荷守恒式c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–）得，c（Na+）= c（OH–）‒c（H+）+2c（）+ c（HC2O4–），又因为c（HC2O4–）=c（C2O42–），c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1，则c（Na+）= c（OH–）‒c（H+）+0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）＜0.100 mol·L–1+c（HC2O4–），C错误；D、由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（），D正确。答案选BD。
10．[2016四川]向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 mol
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c()+c(OH−)
B
0.01
c(Na+)>c()> c(OH−)>c()
C
0.015
c(Na+)> c()>c()> c(OH−)
D
0.03
c(Na+)> c()> c(OH−)>c(H+)
【答案】D
【解析】向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol氢氧化钠消耗0.01 mol二氧化碳，生成0.01 mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol偏铝酸钠消耗0.005 mol二氧化碳，生成0.005 mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol二氧化碳，生成0.03 mol碳酸氢钠。A、未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH−)，c(Na+)＜c()+c(OH−)，错误；B、当通入的二氧化碳为0.01 mol时，则溶液为含有0.01 mol碳酸钠和0.01 mol偏铝酸钠的混合液，氢氧根离子浓度小于碳酸根离子浓度，错误；C、当通入的二氧化碳为0.015 mol时溶液中含有0.015 mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)> c() > c(OH−) >c()，故错误；D、当通入二氧化碳的量为0.03 mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c()> c(OH−)>c(H+)，故正确。
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