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专练 45 盐类水解、离子浓度的比较
授课提示：对应学生用书89页
1．[2024·安徽卷]环境保护工程师研究利用NaS、FeS和HS处理水样中的Cd2＋。
2 2
已知25 ℃时，HS饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，K (H S)＝10－6.97，K (H S)＝10－
2 a1 2 a2 2
12.90，K (FeS)＝10－17.20，K (CdS)＝10－26.10。
sp sp
下列说法错误的是( )
A．NaS溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
2
B．0.01 mol·L－1 Na S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)
2
C．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)<10－8 mol·L－1
D．向 c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入 HS 气体至饱和，所得溶液中：c(H
2
＋)>c(Cd2＋)
答案：B
解析：NaS溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A项正
2
确；Na
2
S溶液中存在水解平衡：S2－＋H
2
O⇌HS－＋OH－、HS－＋H
2
O⇌H
2
S＋OH－，且第一
步水解程度远大于第二步水解程度，K (S2－)＝＝＝＝10－1.10，又c(HS－)一定小于0.01 mol·L
h
－1，则>>1，故c(OH－)>c(S2－)，B项错误；由题给条件可知，K (FeS)>K (CdS)，向c(Cd2
sp sp
＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2＋＋FeS⇌CdS＋Fe2＋，该反应的平
衡常数K＝＝＝＝＝108.90>105，反应能进行完全，最后所得溶液为CdS的饱和溶液，则溶
液中c(Cd2＋)＝＝10－13.05 mol·L－1<10－8 mol·L－1，故C项正确；向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的
溶液中通入H
2
S气体至饱和，发生反应：Cd2＋＋H
2
S⇌CdS＋2H＋，该反应的平衡常数K＝
＝＝＝106.23>105，反应能进行完全，所得溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，此时溶液中HS达
2
到饱和，c(H S)＝0.1 mol·L－1，代入K＝＝＝106.23，解得c(Cd2＋)＝4×10－9.23 mol·L－1c(NHCHCOOH)·c(NH CHCOO－)，D错误。
2 2 2 2
3．[2023·湖北卷]HL为某邻苯二酚类配体，其 pK ＝7.46，pK ＝12.4。常温下构建
2 a1 a2
Fe(Ⅲ)—H L溶液体系，其中c(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c(H L)＝5.0×10－3 mol·L－1。
2 0 0 2
体系中含 Fe 物种的组分分布系数 δ与pH的关系如图所示，分布系数 δ(x)＝，已知 lg
2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是( )
A.当pH＝1时，体系中c(H L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
2
B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－＋[FeL]＋ ⇌[FeL
2
]－的平衡常数的lg K约为14
D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1
答案：C
解析：由图可知，pH＝1即c(H＋)＝0.1 mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，又
c
0
(H
2
L)＝5.0×10－3 mol·L－1，根据 Fe3＋＋H
2
L⇌[FeL]＋＋2H＋知，此时 c(H
2
L)＝(5.0－
0.1)×10－3 mol·L－1＝4.9×10－3 mol·L－1，结合 K ＝＝10－7.46知，此时 c(HL－)＝10－
a1
7.46×4.9×10－3×10＝4.9×10－9.46 mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故A错
误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL ]3－)＝c([FeL (OH)]2－)＝10－4 mol·L－1，其中两种离子共
3 2
含c(L2－)＝3×10－4 mol·L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝
10－10 mol·L－1，根据K ＝＝＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H L)，即c(HL－)＞c(H L)，由K ＝
a1 2 2 a2
＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)＞c(L2－)，B错误；该反应的平衡常数K＝，
由题图知，当 c([FeL ]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由 K ·K ＝10－19.86＝得①式 10－
2 a1 a2
19.86×c(H L)＝10－8c(L2－) ①，此时 c(H L)＝5.0×10－3 mol·L－1－3×10－4 mol·L－1＝
2 2
4.7×10－3 mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝＝4.7×10－14.86 mol·L－1，则K＝＝2.1×1013.86，故
lg K＝13.86＋lg 2.1＝14，C正确；pH＝10时c([FeL ]3－)＝c([FeL (OH)]2－)＝1×10－4 mol·L
3 2
－1，则参与配位的L2－的总浓度为3×10－4 mol·L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，
D错误。
4．[2024·安徽省江南片高三摸底考试]常温下，下列有关溶液的说法正确的是( )
A．pH相等的①NH Cl ②NH Al(SO )
4 4 4 2③NH HSO 溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
4 4
B．HA 的电离常数 K ＝4.93×10－10，则等浓度的 NaA、HA 混合溶液中：c(Na＋)
a
>c(HA)>c(A－)
C．NaHCO 溶液加水稀释，c(Na＋)与c(HCO)的比值将减小
3
D．已知在相同条件下酸性HF>CH COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CHCOOK
3 3
溶液中：c(Na＋)－c(F－) >c(K＋)－c(CHCOO－)
3
答案：A
解析：①NH Cl中Cl－不影响NH水解，②NH Al(SO ) 中Al3＋水解抑制NH水解，
4 4 4 2
③NH HSO 溶液中NH HSO 电离产生的H＋抑制NH水解，而且比②中Al3＋水解对NH水
4 4 4 4
解的影响程度大，所以pH相等的①NH Cl ②NH Al(SO ) ③NH HSO 溶液：浓度的大
4 4 4 2 4 4
小顺序为①>②>③，A正确；NaA中水解平衡常数K ＝＝＝2.02×10－5，水解平衡常数大
b
于电离平衡常数，则等浓度的 NaA、HA混合溶液中：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，B错误；
NaHCO 溶液加水稀释，促进 HCO 的水解，n(HCO)减小，n(Na＋)不变，则 c(Na＋)与
3
c(HCO)的比值将增大， C错误； 根据越弱越水解可知CHCOOK碱性比NaF碱性强，根
3
据电荷守恒 CHCOOK 溶液中 c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)，所以 c(K＋)－
3 3
c(CHCOO－)＝c(OH－)－c(H＋)，NaF溶液中c(F－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(Na＋)
3
－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)，CHCOOK溶液碱性强，CHCOOK溶液中c(OH－)－c(H＋)大于
3 3
NaF溶液中c(OH－)－c(H＋)，c(K＋)－c(CHCOO－)>c(Na＋)－c(F－)，D错误。
3
5.
[2024·专题模块测试]常温下，将CO 通入2 L pH＝12的KOH溶液中，溶液中水电离
2
出的OH－离子浓度(c)与通入的CO 的体积(V)的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )
2
A．a点溶液中：水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1
B．b点溶液中：c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
C．c点溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)]
2 3
D．d点溶液中：c(K＋)＝2c(CO)＋c(HCO)
答案：B
解析：a点溶质为KOH，pH＝12，此时溶液中H＋全来自水的电离，因此水电离出的
c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，故A项正确；c点溶液中，水电离出的OH－离子浓度最大，说
明此时的溶液是碳酸钾溶液，则b点溶液是KCO 和KOH的混合溶液，溶液显碱性，因此
2 3
c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，故B项错误；c点溶液为KCO 溶液，因此根据物料守恒可知
2 3
c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)]，故C项正确；d点溶液为中性溶液，即 c(H＋)＝
2 3
c(OH－)，由电荷守恒可得c(K＋)＝2c(CO)＋c(HCO)，故D项正确。
6．[2024·兰州市高三诊断考试]可用缓冲容量β来描述缓冲溶液的缓冲能力大小，β越
大，缓冲能力越大。如图是常温下CHCOOH和CHCOONa组成的缓冲溶液的βpH关系图，
3 3
其中 A、B 两条曲线分别对应 c ＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＝0.1 mol·L－1和 c ＝
总 3 3 总
c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＝0.2 mol·L－1。已知常温下，K(CHCOOH)＝10－4.76，下列说
3 3 a 3
法不正确的是( )A．向pH＝4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，水的电离程度会增大
B．A曲线上任意一点的溶液中均存在c(Na＋)＋c(CHCOOH)＋c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋
3
c(OH－)
C．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中c(Na＋)>c(CHCOOH)
3
D．pH＝4时，A、B曲线所代表的溶液中相等
答案：C
解析：已知常温时K(CHCOOH)＝10－4.76，即＝10－4.76，当缓冲溶液pH＝4.76时，
a 3
c(CHCOOH)＝c(CHCOO－)，再加入少量 NaOH 溶液，溶液中 CHCOO－浓度增大，
3 3 3
CHCOO－水解促进水的电离，故 A 项正确；A 曲线上任意一点均有 c(CHCOOH)＋
3 3
c(CHCOO－)＝0.1 mol·L－1，再根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)，将两
3 3
式相加可得到c(Na＋)＋c(CHCOOH)＋c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋c(OH－)，B项正确；由上述分
3
析知，B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，c(CHCOOH)＝c(CHCOO－)，c(H＋)>c(OH－)，
3 3
结合电荷守恒知，c(Na＋)c(HCO)>c(CO)>c(H CO)
2 3
B．实验2得到的溶液中有
c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO)
2 3
C．实验3反应静置后的上层清液中有
c(Ca2＋)·c(CO)>K (CaCO)
sp 3
D．实验4中反应的离子方程式：
CO＋2H＋===CO ↑＋HO
2 2
答案：B
解析：NaHCO 溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由
3
实验 1 可得出：c(Na＋)>c(HCO)>c(H CO)>c(CO)，A 项错误；实验 2 所得溶液溶质为
2 3
NaCO ，溶液中存在碳酸根离子的水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋
2 3
c(HCO)＋2c(H CO)，B项正确；实验3反应静置后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，存在
2 3碳酸钙的溶解平衡，溶液中有c(Ca2＋)·c(CO)＝K (CaCO)，C项错误；碳酸氢根离子不能
sp 3
拆开，实验4中反应的离子方程式应为HCO＋H＋===CO ↑＋HO，D项错误。
2 2
8．[2022·湖南卷]为探究FeCl 的性质，进行了如下实验(FeCl 和NaSO 溶液浓度均为
3 3 2 3
0.1 mol·L－1)。
实验 操作与现象
① 在5 mL水中滴加2滴FeCl 溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
3
在5 mL FeCl 溶液中滴加2滴NaSO 溶液，变红褐色；再滴加K[Fe(CN) ]溶液，
② 3 2 3 3 6
产生蓝色沉淀。
在5 mL Na SO 溶液中滴加2滴FeCl 溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一
③ 2 3 3
份滴加K[Fe(CN) ]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
3 6
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应
B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SO对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响
答案：D
解析：实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe(OH) 胶体]，说明加热促进Fe3＋水解反应，A
3
项正确；实验②中溶液变红褪色，说明生成了 Fe(OH) 胶体，Fe3＋发生了水解反应，滴加
3
K[Fe(CN) ]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2＋，Fe3＋发生了还原反应，B项正确；
3 6
实验③中溶液变红褐色，说明Fe3＋发生了水解反应，滴加K[Fe(CN) ]溶液，无蓝色沉淀生
3 6
成，说明Fe3＋没有发生还原反应，C项正确；实验①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶
液直接变红褐色，说明SO对Fe3＋的水解反应有影响，D项错误。
9．[2022·江苏卷]一种捕集烟气中CO 的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L－1 KOH溶
2
液吸收CO ，若通入CO 所引起的溶液体积变化和HO挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓
2 2 2
度c ＝c(H CO)＋c(HCO)＋c(CO)。HCO 电离常数分别为K ＝4.4×10－7、K ＝4.4×10－
总 2 3 2 3 a1 a2
11。下列说法正确的是( )
A．KOH吸收CO 所得到的溶液中：c(H CO)>c(HCO)
2 2 3
B．KOH完全转化为KCO 时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H CO)
2 3 2 3
C．KOH溶液吸收CO，c ＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H CO)>c(CO)
2 总 2 3
D．题图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
答案：C
解析：A项，KOH吸收CO 可能生成KCO ，此时由于CO以第一步水解为主，故溶
2 2 3
液中c(HCO)>c(H CO)，也可能生成 KHCO ，由于HCO的水解很微弱，故此时溶液中
2 3 3
c(HCO)>c(H CO)，还可能生成 KCO 和 KHCO 的混合物，同理，溶液中亦存在
2 3 2 3 3
c(HCO)>c(H CO)，错误；B项，KCO 溶液中存在质子守恒 c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋
2 3 2 3
2c(H CO)，错误；C项，由于KOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1，c ＝0.1 mol·L－1，即c(K＋)
2 3 总
＝c(H CO)＋c(HCO)＋c(CO)，此等式为KHCO 溶液的物料守恒式，故此时所得溶液为
2 3 3
KHCO
3
溶液，HCO存在水解平衡HCO＋H
2
O⇌H
2
CO
3
＋OH－，电离平衡HCO⇌CO＋H＋，
由K (HCO)＝>K 可知，HCO的水解程度大于电离程度，故c(H CO)>c(CO)，正确；D项，
h a2 2 3
“吸收”时发生的反应和“转化”时发生的反应均为放热反应，故溶液的温度升高，错误。
