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2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点专项突破--专项突破18 盐类水解和溶液中粒子浓度大小比较
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这是一份2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点专项突破--专项突破18 盐类水解和溶液中粒子浓度大小比较，共31页。试卷主要包含了影响盐类水解的因素，电离常数与水解常数的关系，电解质溶液中的守恒关系，微粒浓度大小的比较，“水解平衡”常见的认识误区等内容，欢迎下载使用。
2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点
特训18 盐类水解和溶液中粒子浓度大小比较
考向分析：以图像分析的形式综合考查
(1)盐类的水解平衡移动的应用
(2)溶液中离子浓度关系的分析
（一）必备知识和方法
1．影响盐类水解的因素：
(1)内因：弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。
(2)外因：①温度、浓度：越热越水解、越稀越水解。
②外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
以外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响为例，Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋ ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
n(H＋)
pH
水解程度
现象
升温
向右
增多
减小
增大
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
增大
颜色变浅
加FeCl3固体
向右
增多
减小
减小
颜色变深
加NaHCO3
向右
减小
增大
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
2．电离常数与水解常数的关系
(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
HA⇌H＋＋A－，Ka(HA)＝；
A－＋H2O⇌HA＋OH－，Kh(A－)＝。
则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。
常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14 Kh＝。
(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2O⇌H2B＋OH－，
Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2O⇌HB－＋OH－，
Kh(B2－)＝＝＝，
3．电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。
例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3·H2O、OH－、CO为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)=== c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)。
4．微粒浓度大小的比较
(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(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3的溶液中：
c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
(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其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中a.NH4Cl b．CH3COONH4 c．NH4HSO4。c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。
(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。如相同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合后，由于氨水的电离程度大于NH的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
（5）四种常考的混合溶液
①CH3COOH与CH3COONa等浓度时:CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，溶液呈酸性，c(CH3COO-)>c(CH3COOH)。
②NH4Cl和NH3·H2O等浓度时:NH3·H2O的电离程度大于NH4+ 的水解程度，溶液呈碱性，c( NH4+ )>c(NH3·H2O)。
③HCN与NaCN等浓度时:CN-的水解程度大于HCN的电离程度，混合后溶液呈碱性，c(HCN)>c(CN-)。
④Na2CO3与NaHCO3等浓度时:由于CO32- 的水解程度大于HCO3- 的水解程度，所以c(HCO3-)>c(CO32- )>c(OH-)>c(H+)。
（6）离子浓度大小比较常见误区
①误认为物质的量相同的醋酸溶液和醋酸钠溶液中所含的CH3COO-的量相同，实际上醋酸钠是强电解质，完全电离。
②误认为多元弱酸的酸式盐溶液都呈碱性，不明白酸式盐溶液的酸碱性要根据多元弱酸的酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小确定。水解为主的有NaHCO3、Na2HPO4、NaHS，溶液呈碱性;电离为主的有NaHSO3、NaH2PO4，溶液呈酸性。
5．“水解平衡”常见的认识误区
(1)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。
(2)由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。其实不一定，对于那些水解程度不是很大，水解产物离不开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3、NaAlO2、Na2CO3]来说，溶液蒸干后仍得原溶质。
(3)极端化认为水解相互促进即能水解彻底。如CH3COONH4溶液中尽管CH3COO－、NH水解相互促进，但仍然能大量共存，常见水解促进比较彻底而不能大量共存的离子有Al3＋与AlO、CO(或HCO)、S2－(或HS－)、SO(或HSO)等。
6.盐类的水解的应用。
（1）某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解；
（2）某些弱酸强碱盐水解呈碱性，用玻璃试剂瓶贮存时，不能用玻璃塞，如Na2CO3溶液、NaF溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中；
（3）加热盐溶液，需分析盐溶液水解生成的酸，如果是易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终得到的是金属氧化物；如果是难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体；
（4）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中因水解而得到红褐色Fe(OH)3胶体；
（5）纯碱(Na2CO3)水解呈碱性，加热能促进水解，溶液的碱性增强，热的纯碱溶液去污效果增强，有关的离子方程式是CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；（6）明矾溶于水电离产生的Al3＋水解，生成的Al(OH)3胶体表面积大，吸附水中悬浮的杂质而使水变澄清，有关的离子方程式是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
（7）铵态氮肥不能与草木灰混合使用，因为NH在水溶液中能发生水解生成H＋，CO在水溶液中水解产生OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易挥发而降低了肥效；
（8）判断溶液中离子能否大量共存，如Al3＋与HCO等因水解互相促进不能大量共存。
例1．室温下，下列离子浓度大小关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：
2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合：
c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)
D.将一定量的NH4Cl溶液与氨水混合后，溶液呈酸性，则在该混合溶液中：
c(NH)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)
[解析] 根据物料守恒，钠原子的物质的量是碳原子的1.5倍，得c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，A错误；0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，是等浓度的NaHCO3、NaCl混合溶液，根据物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，B错误；0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05 mol·L－1的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO，所以c(HCO)
A．点a所示溶液中：c(NH)>c(SO)>c(OH－)>c(H＋)
B．点b所示溶液中：c(NH)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
C．点c所示溶液中：c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．点d所示溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)
[解析] a点所示溶液中，溶液显酸性，c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)，A错误，b点c(H＋)＝c(OH－)，NaOH不足，c(NH)>c(Na＋)，B错误；c点处相当于NH3·H2O和Na2SO4、(NH4)2SO4按物质的量2∶1∶1的比例混合，根据电荷守恒，c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因为c(Na＋)＝c(SO)，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO)，所以c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；d点处相当于n(Na2SO4)∶n(NH3·H2O)＝1∶2的混合溶液，c(NH3·H2O)>c(SO)，D错误。
（二）真题演练
1．[2020浙江7月选考]水溶液呈酸性的是（ ）
A． B． C． D．
2．[2020浙江7月选考]下列说法不正确的是（ ）
A．的盐酸中
B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性
C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质
D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大
3．[2020浙江7月选考]常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．在氨水滴定前，和的混合液中
B．当滴入氨水时，
C．当滴入氨水时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
4．[2020江苏卷]室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．混合溶液(pH=10.30)：
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C．混合溶液(pH=4.76):
D．混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
5．[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+)
6．[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
7．[2018天津]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示 []。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
8．[2018浙江4月选考]在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001mol
C．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力
D．若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-)
（三）热点强化训练
1．下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、CH3COONH4溶液中c(NH)：(NH4)2SO4>CH3COONH4>NH4HSO4>NH4Cl
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．1.0mol·L-1Na2CO3溶液：c(OH-)=2c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
2．常温时，下列说法正确的是( )
A．浓度相同时溶液的：
B．浓度相同时溶液的碱性：
C．的NaHSO3溶液中：
D．的盐酸与的氨水等体积混合：
3．下列对实验操作和现象的解释与结论错误的是（ ）
操作和现象
解释与结论
A
25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH=7
MR为强酸强碱盐
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
向淀粉溶液中加适量稀H2SO4溶液，加热4~5min，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉酸性条件下水解完全
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO结合，破坏HCO的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO反应产生气体
4．已知：常温下，，。用氨水滴定浓度均为的和混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是( )
A．a点混合溶液中：约为
B．b点混合溶液中：
C．c点混合溶液中：
D．加入氨水体积等于时，混合溶液的
5．室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH，测得pH约为12
2
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中加入过量0.2 mol/L CaCl2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8
4
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，观察不到实验现象
下列有关说法正确的是( )
A．0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO)
6．某二元酸在水中分两步电离：，。常温下，向20 mL溶液中滴入溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是（ ）
A．该NaOH溶液pH=13
B．从G点到H点水的电离平衡正向移动
C．图像中E点对应的溶液中
D．若F点对应的溶液pH=2，则的水解平衡常数约为
7．溶于水生成碳酸。已知下列数据：
弱电解质
电离常数(25℃)
；
现有常温下的溶液，下列说法正确的是( )
A．由数据可判断该溶液呈酸性
B．
C．
D．
8．25℃时，用溶液滴定二元弱酸H2A (，)溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：点＞点＞点＞点
B．的水解平衡常数约为
C．点溶液显酸性，其中
D．点溶液中
9．测定0.1 mol/L 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，是由于浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变大
D．①与④的Kw值相等
10．常温下，用20 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液吸收SO2气体，吸收液的pH与lg的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．b点对应的溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＝c(SO)＞c(OH-)＞c(H+)
B．c点对应的溶液中：c(Na+)=c(HSO)＋c(SO)
C．常温下，H2SO3第二步电离常数Ka2=1.0×10-7.2
D．在通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动
11．下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向FeI2溶液中通入少量Cl2
溶液变黄
则Cl2的氧化性强于Fe3＋
B
FeCl3溶液和KSCN溶液混合反应后，再加入少量KCl溶液
溶液红色加深
增大反应物浓度，平衡正向移动
C
将铜粉加入到1.0mol·L−1Fe2(SO4)3溶液中
铜粉溶解，溶液变蓝
金属铁比铜活泼
D
常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞
溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深
常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO−)＜Kh(HCO)
12．常温下，不同pH环境下的H3PO4溶液中H3PO4、H2PO、HPO、PO四者所占物质的量分数[已知δ(X)=]随pH变化的关系如图所示[已知a(2.12，0.5)，b(7.20，0.5)，c(12.36，0.5)]。下列叙述错误的是( )
A．取NaH2PO4和Na2HPO4固体溶于水配成同浓度的混合溶液，所得溶液的pH为7.2
B．25℃时H2CO3的Ka1=10-6.38，Ka2=10-10.25，向NaH2PO4溶液中加入Na2CO3溶液，可能发生的反应为H2PO+CO=H2PO+HCO
C．0.1mol/LNaH2PO4溶液中：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c(HPO)+c(PO)
D．O.1mol/L Na2HPO4溶液中：c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(PO)
13．（双选）实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示.下列说法错误的是( )
A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应
B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离
C．N点时NaHCO3已经完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62
14．（双选）室温下，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液中由水电离出浓度的负对数与所加溶液体积关系如图所示。(忽略溶液混合引起的体积变化)，下列说法正确的是( )
A．b点溶液中：c(CH3COO-)＜c(CH3COOH)
B．c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性
C．d点溶液中：c(Na＋)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol/L
D．f点溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH－)＞c(H＋)
15．（双选）已知H2A为二元弱酸，20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A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。下列说法错误的是( )
A．Ka2(H2A)的数量级为10﹣5
B．NaHA溶液中：c(H+)＞c(OH﹣)
C．M点由水电离出的c(H+)＞N点由水电离出的c(H+)
D．pH=7的溶液中：c(Na+)＜2c(A2﹣)
参考答案
真题演练
1.【答案】B
【解析】A．NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；
B．NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42−，故其水溶液呈酸性，B符合题意；
C．HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2O⇌HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；
D．NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。
综上所述，本题答案为B。
2.【答案】A
【解析】A. 盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 mol/L，故A错误；
B. KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80°C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；
C. NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；
D. 醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；
答案选A。
3【答案】D
【解析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；
C. 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
4.【答案】AD
【解析】A. NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；
B.该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；
C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；
D.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；
综上所述，浓度关系正确的是：AD。
5.【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。
6.【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。
7.【答案】D
【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
8.【答案】B
【解析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；
B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；
C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；
D.溶液中存在电荷守恒分析判断。
A. 在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+ )>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ )，故A错误；
B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)
D.若将0.1 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+ )+c(H+ )=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+ )= c(OH-)，得到：c(Na+ ) =c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+ ) >c(CH3COO-)，故D错误。
所以B选项是正确的。
强化训练
1．D
【解析】A．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中c(NH)最大，NH4HSO4溶液中H+抑制NH的水解，NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH的水解，则各溶液中c(NH)大小为：(NH4)2SO4>NH4HSO4 >NH4Cl>CH3COONH4，故A错误；
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解常数增大，，故减小，故B错误；
C．Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，存在=，比值不变，故D正确；
故答案为D。
2．C
【解析】A．水解程度比的大，溶液的酸性更强，更小，A项错误；
B．水解程度大于的，酸性比的强，故水解程度大于的，B项错误；
C．溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度，溶液中：， C项正确；
D．混合后氨水过量，溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒可得：，D项错误；
故选C。
3．A
【解析】A．25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH=7，MR可能是强酸强碱盐，也可能是水解程度相同的弱酸弱碱盐，故A错误；
B．向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，可知在KI过量时三价铁离子未能完全反应，说明该反应为可逆反应，故B正确；
C．加少量碘水，溶液不变蓝，说明溶液中不存在淀粉，可知淀粉已经水解完全，故C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，可知是Ca2+与CO先结合成了碳酸钙沉淀，该过程促进碳酸氢根离子的电离，使氢离子的浓度增大，氢离子可以与碳酸氢根离子反应产生二氧化碳气体，故D正确；
故选：A。
4．D
【解析】a点为浓度均为的和混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度的氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。
A．a点为浓度均为的和混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：；可以得到==，故A正确；
B．，；，醋酸电里程度大于铵根离子的水解程度，则，故B正确；
C．c点溶质为等浓度的氯化铵和醋酸铵，根据物料守恒：，，，所以有，故C正确；
D．加入氨水体积等于时，得到c点溶液，溶质为等浓度的氯化铵和醋酸铵，，，即醋酸的电离程度和一水合氨的电离程度相当，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，水解显酸性，可知等浓度的氯化铵和醋酸铵混合溶液pH<7，故D错误；
5．A
【解析】A．0.1 mol/L Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)，故A正确；
B．实验2反应静置后的上层清液是饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡， c(Ca2+)·c(CO)=Ksp(CaCO3)，故B错误；
C．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3， HCO水解程度大于电离程度，溶液显碱性，但水解和电离的部分还是少量，所以c(HCO)＞c(CO)，故C错误；
D．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，反应的化学方程式为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl，故D错误；
故答案为A。
6．A
【解析】A．由在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20 mL溶液中滴入溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰好反应，则NaOH溶液的浓度也为0.1mol/L，故该NaOH溶液pH=13，故A正确；
B．由A分析知，G点恰好反应生成，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B错误；
C．图像中E点表示20 mL溶液，由于不会水解，则溶液中不存在，对应的溶液中，故C错误；
D．F点对应加入10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度的与的混合溶液，对于的水解反应，的水解平衡常数为，此时，，则的水解平衡常数，故D错误；
故选A。
7．C
【解析】A．CO第一步水解的平衡常数，大于NH水解的平衡常数，则溶液呈碱性，故A错误；
B．铵根离子的水解程度小于碳酸根离子，则溶液中c(NH)>c(CO)、c(HCO)>c(NH3•H2O)，由于水解是微弱的，则c(CO)>c(HCO)，所以溶液中离子浓度大小为：c(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3•H2O)，故B错误；
C．依据溶液中物料守恒得到：c(NH)＋c(NH3•H2O)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)＝2mol•L−1，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒为：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH−)＋2c(CO)，故D错误；
故选：C。
8．D
【解析】解题的关键是根据反应物量的关系，找出各点对应溶液的溶质，根据溶质所属类别来分析。
从图中可以看出，点溶液的溶质是二元弱酸，点溶液的溶质是，点溶液的溶质是，点溶液的溶质是、。
A．酸、碱抑制水的电离，含“弱离子”的盐会促进水的电离，点中水的电离程度最大，A错误；
B．水解的第一步为，，B错误；
C．点时，酸碱恰好反应生成，既发生部分电离 ，也发生部分水解 ，，则的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，，C错误；
D．点溶液中溶质为，溶液中存在的电荷守恒式为①，物料守恒式为②，联立①②可得：，D正确；
故选D。
9．B
【解析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：+H2O +OH−，故A正确；
B．①→③过程中，pH减小，说明水解产生的c(OH−)减小，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，水解产生的c(OH−)应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分被空气中的氧气氧化为，溶液中c()减小，水解逆向移动，pH减小。④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，故B错误；
C．①→③的过程中，水解产生的c(OH−)减小，水电离程度变大，故C正确；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D正确；
故答案为B。
10．B
【解析】A．Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，b点对应的溶液pH=7.2，lg=0，即溶液中c(OH-)＞c(H+)
，c(HSO)＝c(SO)，结合电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO)+2 c(SO)+ c(OH-)知，c(Na+)＞c(HSO)，A项正确；
B．pH=7.0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO)+2 c(SO)+ c(OH-)，c(Na+)= c(HSO)+2 c(SO)，B项错误；
C．b点溶液pH=7.2，lg=0，即c(H+)=1.0×10-7.2，c(HSO)= c(SO)，，C项正确；
D．由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D项正确；
故选B。
11．D
【解析】A．向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2与I－发生氧化还原反应生成I2，溶液呈黄色，Fe2＋未发生反应，因此无法比较Cl2与Fe3＋的氧化性强弱，故A错误；
B．K＋、Cl－对Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡无影响，故B错误；
C．2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋只能说明还原性：Cu＞Fe2＋，不能据此判断Fe与Cu的活泼性，故C错误；
D．颜色深的溶液碱性越强，OH－浓度越大，说明等浓度的HCO水解程度大于CH3COO−，因此常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO−)＜Kh(HCO)，故D正确；
综上所述，答案为D。
12．C
【解析】A．由图像知，由NaH2PO4和Na2HPO4固体溶于水配成同浓度的混合溶液，c(H2PO)= c(HPO)，对应图像中的b点，pH=7.2，故A正确；
B．Ka1(H3PO4)=10-2.12，Ka2(H3PO4)=10-7.2，Ka3(H3PO4)=10-12.36，又Ka1(H2CO3)=10-6.38，K a2(H2CO3)=10-10.25，则Ka1(H3PO4)> Ka1(H2CO3)> Ka2(H3PO4)> K a2(H2CO3)> Ka3(H3PO4)，所以H2PO的酸性强于HCO，该反应能发生，故B正确；
C．根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+) =c(OH-)+ c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，根据物料守恒，c(Na+)= c(H3PO4)+ c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)，可得：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c(HPO)+2c(PO)，故C错误；
D．由图像知：Na2HPO4溶液呈碱性，则HPO水解程度大于电离程度，可知c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(PO)，故D正确；
故选：C。
13．BC
【解析】A．盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应，A说法正确；
B．NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子，碳酸氢根离子水解产生氢氧根离子，M点之前，升温pH减小，主要原因是碳酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，B说法错误；
C．若N点NaHCO3已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液的pH不符，C说法错误；
D．升高温度部分碳酸氢钠发生变质，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，D说法正确；
答案为BC。
14．BC
【解析】图中b点所加V(NaOH)=10mL，此时CH3COOH被中和一半，故b点刚反应时溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa；d点所加V(NaOH)=20mL，此时CH3COOH被完全中和，故d点刚反应时溶质为CH3COONa；f点所加V(NaOH)=40mL，此时NaOH相当于CH3COOH的两倍，故f点组成为CH3COONa和NaOH。
A．b点，滴加的NaOH发生反应时，CH3COOH和CH3COONa的物质的量相等，但溶液的pH＜7，则表明反应后CH3COOH将发生部分电离，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，A不正确；
B．c点时，溶质为CH3COOH和CH3COONa，且水的电离不受影响，则溶液呈中性；e点时，溶质为CH3COONa和NaOH，二者都呈碱性，所以溶液显碱性，B正确；
C．d点溶液中：c(Na＋)==0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= =0.05mol/L，所以c(Na＋)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol/L，C正确；
D．f点，刚反应时溶质组成为等物质的量的CH3COONa和NaOH，然后CH3COO-发生水解，导致c(CH3COO-)减小、c(OH－)增大，所以溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)，D不正确；
故选BC。
15．CD
【解析】A．电离平衡常数只与温度有关，溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣）时溶液的pH＝4.2，则Ka2（H2A）＝＝10﹣4.2=10-5+0.8，数量级为10﹣5，故A说法正确；
B．根据图象分析，HA﹣占主体时溶液为酸性，HA﹣电离程度大于水解程度，NaHA溶液为酸性溶液，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故B说法正确；
C．从M点到N点是pH逐渐增大的过程，溶液仍然为酸性，但溶液中水的电离程度逐渐增大，则M点由水电离出的c（H+）＜N点由水电离出的c（H+），故C说法错误；
D．pH＝7的溶液为中性，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），即c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），推出c（Na+）>2c（A2﹣），故D说法错误；
答案为CD。
2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点
特训18 盐类水解和溶液中粒子浓度大小比较
考向分析：以图像分析的形式综合考查
(1)盐类的水解平衡移动的应用
(2)溶液中离子浓度关系的分析
（一）必备知识和方法
1．影响盐类水解的因素：
(1)内因：弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。
(2)外因：①温度、浓度：越热越水解、越稀越水解。
②外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
以外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响为例，Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋ ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
n(H＋)
pH
水解程度
现象
升温
向右
增多
减小
增大
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
增大
颜色变浅
加FeCl3固体
向右
增多
减小
减小
颜色变深
加NaHCO3
向右
减小
增大
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
2．电离常数与水解常数的关系
(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
HA⇌H＋＋A－，Ka(HA)＝；
A－＋H2O⇌HA＋OH－，Kh(A－)＝。
则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。
常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14 Kh＝。
(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2O⇌H2B＋OH－，
Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2O⇌HB－＋OH－，
Kh(B2－)＝＝＝，
3．电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。
例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3·H2O、OH－、CO为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)=== c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)。
4．微粒浓度大小的比较
(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(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3的溶液中：
c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
(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其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中a.NH4Cl b．CH3COONH4 c．NH4HSO4。c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。
(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。如相同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合后，由于氨水的电离程度大于NH的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
（5）四种常考的混合溶液
①CH3COOH与CH3COONa等浓度时:CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，溶液呈酸性，c(CH3COO-)>c(CH3COOH)。
②NH4Cl和NH3·H2O等浓度时:NH3·H2O的电离程度大于NH4+ 的水解程度，溶液呈碱性，c( NH4+ )>c(NH3·H2O)。
③HCN与NaCN等浓度时:CN-的水解程度大于HCN的电离程度，混合后溶液呈碱性，c(HCN)>c(CN-)。
④Na2CO3与NaHCO3等浓度时:由于CO32- 的水解程度大于HCO3- 的水解程度，所以c(HCO3-)>c(CO32- )>c(OH-)>c(H+)。
（6）离子浓度大小比较常见误区
①误认为物质的量相同的醋酸溶液和醋酸钠溶液中所含的CH3COO-的量相同，实际上醋酸钠是强电解质，完全电离。
②误认为多元弱酸的酸式盐溶液都呈碱性，不明白酸式盐溶液的酸碱性要根据多元弱酸的酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小确定。水解为主的有NaHCO3、Na2HPO4、NaHS，溶液呈碱性;电离为主的有NaHSO3、NaH2PO4，溶液呈酸性。
5．“水解平衡”常见的认识误区
(1)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。
(2)由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。其实不一定，对于那些水解程度不是很大，水解产物离不开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3、NaAlO2、Na2CO3]来说，溶液蒸干后仍得原溶质。
(3)极端化认为水解相互促进即能水解彻底。如CH3COONH4溶液中尽管CH3COO－、NH水解相互促进，但仍然能大量共存，常见水解促进比较彻底而不能大量共存的离子有Al3＋与AlO、CO(或HCO)、S2－(或HS－)、SO(或HSO)等。
6.盐类的水解的应用。
（1）某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解；
（2）某些弱酸强碱盐水解呈碱性，用玻璃试剂瓶贮存时，不能用玻璃塞，如Na2CO3溶液、NaF溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中；
（3）加热盐溶液，需分析盐溶液水解生成的酸，如果是易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终得到的是金属氧化物；如果是难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体；
（4）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中因水解而得到红褐色Fe(OH)3胶体；
（5）纯碱(Na2CO3)水解呈碱性，加热能促进水解，溶液的碱性增强，热的纯碱溶液去污效果增强，有关的离子方程式是CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；（6）明矾溶于水电离产生的Al3＋水解，生成的Al(OH)3胶体表面积大，吸附水中悬浮的杂质而使水变澄清，有关的离子方程式是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
（7）铵态氮肥不能与草木灰混合使用，因为NH在水溶液中能发生水解生成H＋，CO在水溶液中水解产生OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易挥发而降低了肥效；
（8）判断溶液中离子能否大量共存，如Al3＋与HCO等因水解互相促进不能大量共存。
例1．室温下，下列离子浓度大小关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：
2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合：
c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)
D.将一定量的NH4Cl溶液与氨水混合后，溶液呈酸性，则在该混合溶液中：
c(NH)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)
[解析] 根据物料守恒，钠原子的物质的量是碳原子的1.5倍，得c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，A错误；0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，是等浓度的NaHCO3、NaCl混合溶液，根据物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，B错误；0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05 mol·L－1的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO，所以c(HCO)
A．点a所示溶液中：c(NH)>c(SO)>c(OH－)>c(H＋)
B．点b所示溶液中：c(NH)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
C．点c所示溶液中：c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．点d所示溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)
[解析] a点所示溶液中，溶液显酸性，c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)，A错误，b点c(H＋)＝c(OH－)，NaOH不足，c(NH)>c(Na＋)，B错误；c点处相当于NH3·H2O和Na2SO4、(NH4)2SO4按物质的量2∶1∶1的比例混合，根据电荷守恒，c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因为c(Na＋)＝c(SO)，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO)，所以c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；d点处相当于n(Na2SO4)∶n(NH3·H2O)＝1∶2的混合溶液，c(NH3·H2O)>c(SO)，D错误。
（二）真题演练
1．[2020浙江7月选考]水溶液呈酸性的是（ ）
A． B． C． D．
2．[2020浙江7月选考]下列说法不正确的是（ ）
A．的盐酸中
B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性
C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质
D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大
3．[2020浙江7月选考]常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．在氨水滴定前，和的混合液中
B．当滴入氨水时，
C．当滴入氨水时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
4．[2020江苏卷]室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．混合溶液(pH=10.30)：
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C．混合溶液(pH=4.76):
D．混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
5．[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+)
6．[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
7．[2018天津]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示 []。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
8．[2018浙江4月选考]在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001mol
C．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力
D．若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-)
（三）热点强化训练
1．下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、CH3COONH4溶液中c(NH)：(NH4)2SO4>CH3COONH4>NH4HSO4>NH4Cl
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．1.0mol·L-1Na2CO3溶液：c(OH-)=2c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
2．常温时，下列说法正确的是( )
A．浓度相同时溶液的：
B．浓度相同时溶液的碱性：
C．的NaHSO3溶液中：
D．的盐酸与的氨水等体积混合：
3．下列对实验操作和现象的解释与结论错误的是（ ）
操作和现象
解释与结论
A
25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH=7
MR为强酸强碱盐
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
向淀粉溶液中加适量稀H2SO4溶液，加热4~5min，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉酸性条件下水解完全
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO结合，破坏HCO的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO反应产生气体
4．已知：常温下，，。用氨水滴定浓度均为的和混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是( )
A．a点混合溶液中：约为
B．b点混合溶液中：
C．c点混合溶液中：
D．加入氨水体积等于时，混合溶液的
5．室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH，测得pH约为12
2
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中加入过量0.2 mol/L CaCl2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8
4
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，观察不到实验现象
下列有关说法正确的是( )
A．0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO)
6．某二元酸在水中分两步电离：，。常温下，向20 mL溶液中滴入溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是（ ）
A．该NaOH溶液pH=13
B．从G点到H点水的电离平衡正向移动
C．图像中E点对应的溶液中
D．若F点对应的溶液pH=2，则的水解平衡常数约为
7．溶于水生成碳酸。已知下列数据：
弱电解质
电离常数(25℃)
；
现有常温下的溶液，下列说法正确的是( )
A．由数据可判断该溶液呈酸性
B．
C．
D．
8．25℃时，用溶液滴定二元弱酸H2A (，)溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：点＞点＞点＞点
B．的水解平衡常数约为
C．点溶液显酸性，其中
D．点溶液中
9．测定0.1 mol/L 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，是由于浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变大
D．①与④的Kw值相等
10．常温下，用20 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液吸收SO2气体，吸收液的pH与lg的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．b点对应的溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＝c(SO)＞c(OH-)＞c(H+)
B．c点对应的溶液中：c(Na+)=c(HSO)＋c(SO)
C．常温下，H2SO3第二步电离常数Ka2=1.0×10-7.2
D．在通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动
11．下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向FeI2溶液中通入少量Cl2
溶液变黄
则Cl2的氧化性强于Fe3＋
B
FeCl3溶液和KSCN溶液混合反应后，再加入少量KCl溶液
溶液红色加深
增大反应物浓度，平衡正向移动
C
将铜粉加入到1.0mol·L−1Fe2(SO4)3溶液中
铜粉溶解，溶液变蓝
金属铁比铜活泼
D
常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞
溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深
常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO−)＜Kh(HCO)
12．常温下，不同pH环境下的H3PO4溶液中H3PO4、H2PO、HPO、PO四者所占物质的量分数[已知δ(X)=]随pH变化的关系如图所示[已知a(2.12，0.5)，b(7.20，0.5)，c(12.36，0.5)]。下列叙述错误的是( )
A．取NaH2PO4和Na2HPO4固体溶于水配成同浓度的混合溶液，所得溶液的pH为7.2
B．25℃时H2CO3的Ka1=10-6.38，Ka2=10-10.25，向NaH2PO4溶液中加入Na2CO3溶液，可能发生的反应为H2PO+CO=H2PO+HCO
C．0.1mol/LNaH2PO4溶液中：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c(HPO)+c(PO)
D．O.1mol/L Na2HPO4溶液中：c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(PO)
13．（双选）实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示.下列说法错误的是( )
A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应
B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离
C．N点时NaHCO3已经完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62
14．（双选）室温下，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液中由水电离出浓度的负对数与所加溶液体积关系如图所示。(忽略溶液混合引起的体积变化)，下列说法正确的是( )
A．b点溶液中：c(CH3COO-)＜c(CH3COOH)
B．c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性
C．d点溶液中：c(Na＋)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol/L
D．f点溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH－)＞c(H＋)
15．（双选）已知H2A为二元弱酸，20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A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。下列说法错误的是( )
A．Ka2(H2A)的数量级为10﹣5
B．NaHA溶液中：c(H+)＞c(OH﹣)
C．M点由水电离出的c(H+)＞N点由水电离出的c(H+)
D．pH=7的溶液中：c(Na+)＜2c(A2﹣)
参考答案
真题演练
1.【答案】B
【解析】A．NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；
B．NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42−，故其水溶液呈酸性，B符合题意；
C．HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2O⇌HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；
D．NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。
综上所述，本题答案为B。
2.【答案】A
【解析】A. 盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 mol/L，故A错误；
B. KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80°C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；
C. NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；
D. 醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；
答案选A。
3【答案】D
【解析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；
C. 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
4.【答案】AD
【解析】A. NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；
B.该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；
C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；
D.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；
综上所述，浓度关系正确的是：AD。
5.【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。
6.【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。
7.【答案】D
【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
8.【答案】B
【解析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；
B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；
C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；
D.溶液中存在电荷守恒分析判断。
A. 在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+ )>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ )，故A错误；
B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)
D.若将0.1 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+ )+c(H+ )=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+ )= c(OH-)，得到：c(Na+ ) =c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+ ) >c(CH3COO-)，故D错误。
所以B选项是正确的。
强化训练
1．D
【解析】A．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中c(NH)最大，NH4HSO4溶液中H+抑制NH的水解，NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH的水解，则各溶液中c(NH)大小为：(NH4)2SO4>NH4HSO4 >NH4Cl>CH3COONH4，故A错误；
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解常数增大，，故减小，故B错误；
C．Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，存在=，比值不变，故D正确；
故答案为D。
2．C
【解析】A．水解程度比的大，溶液的酸性更强，更小，A项错误；
B．水解程度大于的，酸性比的强，故水解程度大于的，B项错误；
C．溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度，溶液中：， C项正确；
D．混合后氨水过量，溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒可得：，D项错误；
故选C。
3．A
【解析】A．25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH=7，MR可能是强酸强碱盐，也可能是水解程度相同的弱酸弱碱盐，故A错误；
B．向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，可知在KI过量时三价铁离子未能完全反应，说明该反应为可逆反应，故B正确；
C．加少量碘水，溶液不变蓝，说明溶液中不存在淀粉，可知淀粉已经水解完全，故C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，可知是Ca2+与CO先结合成了碳酸钙沉淀，该过程促进碳酸氢根离子的电离，使氢离子的浓度增大，氢离子可以与碳酸氢根离子反应产生二氧化碳气体，故D正确；
故选：A。
4．D
【解析】a点为浓度均为的和混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度的氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。
A．a点为浓度均为的和混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：；可以得到==，故A正确；
B．，；，醋酸电里程度大于铵根离子的水解程度，则，故B正确；
C．c点溶质为等浓度的氯化铵和醋酸铵，根据物料守恒：，，，所以有，故C正确；
D．加入氨水体积等于时，得到c点溶液，溶质为等浓度的氯化铵和醋酸铵，，，即醋酸的电离程度和一水合氨的电离程度相当，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，水解显酸性，可知等浓度的氯化铵和醋酸铵混合溶液pH<7，故D错误；
5．A
【解析】A．0.1 mol/L Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)，故A正确；
B．实验2反应静置后的上层清液是饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡， c(Ca2+)·c(CO)=Ksp(CaCO3)，故B错误；
C．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3， HCO水解程度大于电离程度，溶液显碱性，但水解和电离的部分还是少量，所以c(HCO)＞c(CO)，故C错误；
D．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，反应的化学方程式为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl，故D错误；
故答案为A。
6．A
【解析】A．由在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20 mL溶液中滴入溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰好反应，则NaOH溶液的浓度也为0.1mol/L，故该NaOH溶液pH=13，故A正确；
B．由A分析知，G点恰好反应生成，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B错误；
C．图像中E点表示20 mL溶液，由于不会水解，则溶液中不存在，对应的溶液中，故C错误；
D．F点对应加入10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度的与的混合溶液，对于的水解反应，的水解平衡常数为，此时，，则的水解平衡常数，故D错误；
故选A。
7．C
【解析】A．CO第一步水解的平衡常数，大于NH水解的平衡常数，则溶液呈碱性，故A错误；
B．铵根离子的水解程度小于碳酸根离子，则溶液中c(NH)>c(CO)、c(HCO)>c(NH3•H2O)，由于水解是微弱的，则c(CO)>c(HCO)，所以溶液中离子浓度大小为：c(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3•H2O)，故B错误；
C．依据溶液中物料守恒得到：c(NH)＋c(NH3•H2O)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)＝2mol•L−1，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒为：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH−)＋2c(CO)，故D错误；
故选：C。
8．D
【解析】解题的关键是根据反应物量的关系，找出各点对应溶液的溶质，根据溶质所属类别来分析。
从图中可以看出，点溶液的溶质是二元弱酸，点溶液的溶质是，点溶液的溶质是，点溶液的溶质是、。
A．酸、碱抑制水的电离，含“弱离子”的盐会促进水的电离，点中水的电离程度最大，A错误；
B．水解的第一步为，，B错误；
C．点时，酸碱恰好反应生成，既发生部分电离 ，也发生部分水解 ，，则的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，，C错误；
D．点溶液中溶质为，溶液中存在的电荷守恒式为①，物料守恒式为②，联立①②可得：，D正确；
故选D。
9．B
【解析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：+H2O +OH−，故A正确；
B．①→③过程中，pH减小，说明水解产生的c(OH−)减小，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，水解产生的c(OH−)应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分被空气中的氧气氧化为，溶液中c()减小，水解逆向移动，pH减小。④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，故B错误；
C．①→③的过程中，水解产生的c(OH−)减小，水电离程度变大，故C正确；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D正确；
故答案为B。
10．B
【解析】A．Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，b点对应的溶液pH=7.2，lg=0，即溶液中c(OH-)＞c(H+)
，c(HSO)＝c(SO)，结合电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO)+2 c(SO)+ c(OH-)知，c(Na+)＞c(HSO)，A项正确；
B．pH=7.0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO)+2 c(SO)+ c(OH-)，c(Na+)= c(HSO)+2 c(SO)，B项错误；
C．b点溶液pH=7.2，lg=0，即c(H+)=1.0×10-7.2，c(HSO)= c(SO)，，C项正确；
D．由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D项正确；
故选B。
11．D
【解析】A．向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2与I－发生氧化还原反应生成I2，溶液呈黄色，Fe2＋未发生反应，因此无法比较Cl2与Fe3＋的氧化性强弱，故A错误；
B．K＋、Cl－对Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡无影响，故B错误；
C．2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋只能说明还原性：Cu＞Fe2＋，不能据此判断Fe与Cu的活泼性，故C错误；
D．颜色深的溶液碱性越强，OH－浓度越大，说明等浓度的HCO水解程度大于CH3COO−，因此常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO−)＜Kh(HCO)，故D正确；
综上所述，答案为D。
12．C
【解析】A．由图像知，由NaH2PO4和Na2HPO4固体溶于水配成同浓度的混合溶液，c(H2PO)= c(HPO)，对应图像中的b点，pH=7.2，故A正确；
B．Ka1(H3PO4)=10-2.12，Ka2(H3PO4)=10-7.2，Ka3(H3PO4)=10-12.36，又Ka1(H2CO3)=10-6.38，K a2(H2CO3)=10-10.25，则Ka1(H3PO4)> Ka1(H2CO3)> Ka2(H3PO4)> K a2(H2CO3)> Ka3(H3PO4)，所以H2PO的酸性强于HCO，该反应能发生，故B正确；
C．根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+) =c(OH-)+ c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，根据物料守恒，c(Na+)= c(H3PO4)+ c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)，可得：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c(HPO)+2c(PO)，故C错误；
D．由图像知：Na2HPO4溶液呈碱性，则HPO水解程度大于电离程度，可知c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(PO)，故D正确；
故选：C。
13．BC
【解析】A．盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应，A说法正确；
B．NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子，碳酸氢根离子水解产生氢氧根离子，M点之前，升温pH减小，主要原因是碳酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，B说法错误；
C．若N点NaHCO3已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液的pH不符，C说法错误；
D．升高温度部分碳酸氢钠发生变质，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，D说法正确；
答案为BC。
14．BC
【解析】图中b点所加V(NaOH)=10mL，此时CH3COOH被中和一半，故b点刚反应时溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa；d点所加V(NaOH)=20mL，此时CH3COOH被完全中和，故d点刚反应时溶质为CH3COONa；f点所加V(NaOH)=40mL，此时NaOH相当于CH3COOH的两倍，故f点组成为CH3COONa和NaOH。
A．b点，滴加的NaOH发生反应时，CH3COOH和CH3COONa的物质的量相等，但溶液的pH＜7，则表明反应后CH3COOH将发生部分电离，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，A不正确；
B．c点时，溶质为CH3COOH和CH3COONa，且水的电离不受影响，则溶液呈中性；e点时，溶质为CH3COONa和NaOH，二者都呈碱性，所以溶液显碱性，B正确；
C．d点溶液中：c(Na＋)==0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= =0.05mol/L，所以c(Na＋)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol/L，C正确；
D．f点，刚反应时溶质组成为等物质的量的CH3COONa和NaOH，然后CH3COO-发生水解，导致c(CH3COO-)减小、c(OH－)增大，所以溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)，D不正确；
故选BC。
15．CD
【解析】A．电离平衡常数只与温度有关，溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣）时溶液的pH＝4.2，则Ka2（H2A）＝＝10﹣4.2=10-5+0.8，数量级为10﹣5，故A说法正确；
B．根据图象分析，HA﹣占主体时溶液为酸性，HA﹣电离程度大于水解程度，NaHA溶液为酸性溶液，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故B说法正确；
C．从M点到N点是pH逐渐增大的过程，溶液仍然为酸性，但溶液中水的电离程度逐渐增大，则M点由水电离出的c（H+）＜N点由水电离出的c（H+），故C说法错误；
D．pH＝7的溶液为中性，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），即c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），推出c（Na+）>2c（A2﹣），故D说法错误；
答案为CD。
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