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专题十五 盐类的水解
一、盐类的水解及其规律
1.定义：在水溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H+或 OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的
水解。
2.水解实质：盐和水发生反应生成弱电解质，使水的电离平衡被破坏，从而建立新的平衡的过程。
3.水解特点：①只有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子才能与H+或OH-结合生成弱电解质。
②盐类水解使水的电离平衡发生移动，促进水的电离，使水电离出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或碱性。
③盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应。水解是微弱的程度很小，故水解产物极少，盐溶液的酸碱性极
弱，用“ ”号。
④盐类水解是吸热反应。
4.盐类的水解规律：有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、双弱具体定。
具体为：
（1）正盐溶液：①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；
③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定。
如 NH CN CH COONH NH F
4 3 4 4
碱性 中性 酸性
取决于弱酸弱碱 相对强弱
（2）酸式盐
①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO）；
4
②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小；
电离程度＞水解程度，呈酸性；电离程度＜水解程度，呈碱性
强碱弱酸式盐的电离和水解，如HPO 及其三种阴离子随溶液pH变化可相互转化：
3 4
pH值增大
HPO H PO － HPO 2－ PO 3－
3 4 2 4 4 4
pH减小
③常见酸式盐溶液的酸碱性碱性：NaHCO 、NaHS、NaHPO
3 2 4
酸性：NaHSO、NaHC O、NaH PO
3 2 4 2 4
【注意】比较盐类水解程度的相对大小
(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。
(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。
(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：
(NH )CO>(NH)SO >(NH)Fe(SO )。
4 2 3 4 2 4 4 2 4 2
(5)温度越高，盐的水解程度越大。
二、盐类水解的影响因素及应用
1．探究影响盐类水解平衡的因素
（1）内因：盐类本身的性质是影响盐类水解的内在因素，也是主要因素。组成盐的酸或碱越弱，盐的水
解程度越大，其盐溶液的酸性或碱性就越强。
（2）外界条件：
①温度：盐的水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大。
②浓度：加入水，溶液浓度减小，使平衡向正反应方向移动，水解程度增大。
③外加相关离子：盐类水解后，溶液会呈现不同的酸碱性。外加酸或碱，可以促进或抑制盐的水解。如在
配制FeCl 溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl 水解。
3 3
【小结】影响盐类水解的因素
溶液中离
因素 水解平衡 水解程度
子的浓度
温度 升高 右移 增大 增大
增大 右移 减小 增大
浓度
减小
右移 增大 减小
(稀释)
促进弱酸阴离子的水解，使其水解程度增大；抑制弱碱阳离子的
酸
外加 水解，使其水解程度减小
酸、
碱 抑制弱酸阴离子的水解，使其水解程度减小；促进弱碱阳离子的
碱
水解，使其水解程度增大
加能水解的盐
小结：强酸弱碱盐：加强酸抑制水解，加强碱促进水解；强碱弱酸盐：加强酸促进水解，加强碱抑制水解。
2．水解原理的应用
下列有关问题与盐的水解有关的是①②③④⑤⑥。
①NH Cl与ZnCl 溶液可作焊接金属时的除锈剂
4 2
②NaHCO 与Al (SO ) 两种溶液可作泡沫灭火剂
3 2 4 3
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室中盛放NaCO 溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
2 3
⑤加热蒸干CuCl 溶液得到Cu(OH) 固体
2 2
⑥要除去CuCl 溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl，再调节溶液的pH
2 2
三、把握三种守恒，明确等量关系
(1)电荷守恒
电解质溶液必须保持电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。
(2)元素质量守恒
变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1 mol NH 通入水中形成氨水，就有n(NH )＋n(NH ·H O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素
3 3 3 2
守恒。
②两元素守恒，如NaHCO 溶液中，c(Na＋)＝c(H CO)＋c(HCO)＋c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。
3 2 3
(3)质子守恒
电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，
称为质子守恒。
四、比较电解质溶液中粒子浓度相对大小
1. 解题思路2. 溶液中粒子浓度的三个守恒关系
(1)电荷守恒：指在电解质的水溶液中，阳离子的所带总电荷数与阴离子的所带总电荷数必须相等。因为溶
液总是呈电中性的。
如在NaCO 溶液中存在Na＋、CO2－、H＋、OH－、HCO －,它们存在如下关
2 3 3 3
系: c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO 2－)+c(HCO－)+c(OH－)。
3 3
(2)物料守恒（原子守恒）：指一个平衡体系中，某一组分的总浓度一定等于它所离解成的多种微粒的平衡
浓度之和，也就是变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如：c mol·L－1的NaCO 溶液的物料守恒，可以根据溶液中存在的平衡关系：
2 3
在NaCO 溶液的物料守恒：c(Na＋)=2 c(CO2－)+2c(HCO－)+2c(H CO)
2 3 3 3 2 3
(3)质子守恒
即HO电离的H+和OH-浓度相等。指溶液中得到质子的物质的量应该与失去质子的物质的量相等。如
2
在NaCO 溶液中水电离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HCO -、HCO 三种形式存在于溶液中,则有
2 3 3 2 3
c(OH-)=c(H+)+c(HCO -)+2c(H CO)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。
3 2 3规律小结 盐溶液的配制与保存注意事项
(1)强酸弱碱盐：配制FeCl 、SnCl 、Fe (SO ) 溶液时，常加入少量相应酸来抑制弱碱阳离子的水解。
3 2 2 4 3
(2)强碱弱酸盐：配制NaCO 溶液时，常加入少量相应的碱来抑制弱酸根离子的水解。
2 3
(3)Na CO 溶液、NaHCO 溶液等由于水解使溶液呈碱性，故不能用带玻璃塞的玻璃瓶来盛。又如：
2 3 3
NaF溶液保存时不能用玻璃容器装，因F－＋HO HF＋OH－，生成的氢氟酸会与玻璃的成分之一二氧
2
化硅反应，长时间会漏液。常用塑料或铅制容器装NaF溶液或氢氟酸。
1．【2022年辽宁卷】甘氨酸 是人体必需氨基酸之一、在 时， 、
和 的分布分数【如 】与溶液 关系如
图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C． 的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】A． 中存在 和-COOH，所以溶液显两性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合H+，羧基具有酸性，在碱性较强时与OH-反应，故曲线a表示 的分布分
数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示 的
分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C． 的平衡常数
， 时，根据a，b曲线交点坐标 可知， 时，
，则 ，故C正确；D．由C项分析可知，
，根据b，c曲线交点坐标坐标 分析可得电离平衡
的电离常数为K= ， ，则
1
，即
，故D错误。
2．（2021·广东真题）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 表示)。已知 水
溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：D． 水溶液中：
【答案】B
【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L
GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶
液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH+
+Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，
叙述正确的是B项，故答案为B。
3．（2021·山东真题）赖氨酸[H N+(CH)CH(NH)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐
3 2 4 2
(H RCl )在水溶液中存在如下平衡：HR2+ HR+ HR R-。向一定浓度的HRCl 溶液中滴
3 2 3 2 3 2
加NaOH溶液，溶液中HR2+、HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=
3 2
，下列表述正确的是
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H R+)+c(Na+)+c(H+)
2
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应： 、
3 2、 ，溶液中 逐渐减小， 和 先增大后减小，
逐渐增大。 ， ， ，M点 ，
由此可知 ，N点 ，则 ，P点 ，则 。A．
， ，因此 ，故A错误；B．M点存在电荷守恒：
，此时 ，因此
，故B错误；C．O点 ，因此
，即 ，因此 ，溶液
，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此
，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此 ，故
D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。
4．（2021.6·浙江真题）取两份 的 溶液，一份滴加 的盐酸，另一份滴
加 溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是
A．由a点可知： 溶液中 的水解程度大于电离程度
B． 过程中： 逐渐减小
C． 过程中：
D．令c点的 ，e点的 ，则
【答案】C
【解析】向 溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向 溶液中滴加NaOH
溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向 溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线
为向 溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为 ，此时溶液呈碱性， 在溶液中电离使溶液呈
酸性， 在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知， 溶液中 的水解程度大于电离程度，
故A正确；B．由电荷守恒可知， 过程溶液中 ，
滴加NaOH溶液的过程中 保持不变， 逐渐减小，因此 逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中 ，向 溶
液中滴加盐酸过程中有CO 逸出，因此 过程中 ，故C
2
错误；D．c点溶液中 =(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中
=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为
C。
5．【2022年江苏卷】一种捕集烟气中CO 的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO，若通
2 2
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度c =c(H CO)+c( )+c(
2 2 总 2 3
)。HCO 电离常数分别为K =4.4×10-7、K =4.4×10-11。下列说法正确的是
2 3 a1 a2
A．KOH吸收CO 所得到的溶液中：c(H CO)＞c( )
2 2 3
B．KOH完全转化为KCO 时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c( )+c(H CO)
2 3 2 3
C．KOH溶液吸收CO，c =0.1mol∙L-1溶液中：c(H CO)＞c( )
2 总 2 3
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A．KOH吸收CO 所得到的溶液，若为NaCO 溶液，则 主要发生第一步水解，溶液中：
2 2 3
c(H CO)＜c( )，若为NaHCO 溶液，则 发生水解的程度很小，溶液中：c(H CO)＜c( )，A
2 3 3 2 3不正确；B．KOH完全转化为KCO 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c( )+2c(
2 3
)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c( )+c( )+c(H CO)]，则c(OH-)= c(H+)+c( )
2 3
+2c(H CO)，B不正确；C．KOH溶液吸收CO，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c =0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO 溶
2 3 2 总 3
液， K = = ≈2.3×10-8＞K =4.4×10-11，表明 以水解为主，所以溶液中：c(H CO)＞c(
h2 a2 2 3
)，C正确；D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO+2KOH=K CO+H O、
2 2 3 2
KCO+CaO+H O=CaCO ↓+2KOH(若生成KHCO 或KCO 与KHCO 的混合物，则原理相同)，二式相加得：
2 3 2 3 3 2 3 3
CO+CaO=CaCO ↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确。
2 3
6．（2021.1·浙江真题）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CHCOONa溶液的pH
4 3
分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CHCOOH和NH ·H O的电离常数均为1.8×10-5.下
3 3 2
列说法不正确的是
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
4
C．随温度升高，K 增大，CHCOONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
w 3D．25 ℃时稀释相同倍数的NH Cl溶液与CHCOONa溶液中：c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH )
4 3 3
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CHCOONa
4 3
溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越
高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸
性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温
度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A．由
分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH Cl溶
4
液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的 ，则溶
液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的 ，因此，
溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即
K 增大；随温度升高，CHCOONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D． 25℃
w 3
时稀释相同倍数的NH C1溶液与CHCOONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)
4 3
+c(CHCOO- ) ，c(NH +)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH +) =c(H+ )-c(OH- )，
3 4 4
醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CHCOO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CHCOOH和NH ·H O的电离常数均
3 3 3 2
为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH C1溶液与CHCOONa溶液，
4 3
溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)
-c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH +)，D说法正确。综上所述，本题选
3 4
C。
7．（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CHCOOH和CHCOONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
3 3
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K(HCOOH)＜K(HF)，错误；B．相同浓度的
a a
CHCOOH和CHCOONa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，
3 3
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(CHCOO－)＞c(Na+)＞
3
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HS气体，说明K (FeS)＞K (CuS)，正确；D．根
2 sp sp
据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na S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
2
c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1 mol∙L−1，正确；综上所述，答案为A。
2
1．（2023·安徽黄山·统考一模）以含锌废液(主要成分为ZnSO，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备
4
ZnCO ·2Zn(OH) 的实验流程如下。下列说法不正确的是
3 2
A．1mol过二硫酸钠（NaSO）中含有σ键数9N
2 2 8 A
B．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO 等物质
3
D．氧化除锰过程中生成MnO 的离子方程式：Mn2++S O +2H O=MnO ↓+2SO +4H+
2 2 2 2
【答案】C
【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入NaSO 溶液，生成MnO 沉淀且将
4 2 2 8 2
Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀，为了不引入新杂质，试
3
剂X可以为ZnO、ZnCO 、Zn(OH) 等，最后过滤后再加入NH HCO 沉锌生成碱式碳酸锌
3 2 4 3
ZnCO ·2Zn(OH) 。
3 2【详解】A． 中含有1个过氧键(-O-O-)，结构式为 ，单键均为σ键，双键中有1
条σ键，1条π键，因此1mol过二硫酸钠（NaSO）中含有σ键数9N ，A正确；
2 2 8 A
B．根据分析，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、 ，B正确；
C．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；
D．根据分析，“氧化除锰”工序用NaSO 把Fe2+、Mn2+氧化为Fe3+、MnO ，根据电子转移守恒和质量守
2 2 8 2
恒可知，除锰发生反应的离子反应方程式是Mn2++S O +2H O=MnO ↓+2SO +4H+，D正确；
2 2 2
故选C。
2．（2023·福建漳州·统考模拟预测）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中
含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下， ； 难
溶于水]。下列说法错误的是
A． 时， 与氨水反应生成 ，溶液中
B． 时，
C． 时， 物质的量分数最大，除铅效果最好
D． 时， 转化为 的离子方程式为
【答案】B【详解】A．分析图像可知，pH=6时， 与氨水反应生成 ，此时溶液中 ，
根据 可得 ，A正确；
B．pH=8时，溶液中的离子有 、 、 、 、 ，根据电荷守恒
，B错误；
C．根据题目信息， 难溶于水，废水中的铅转化为 时除铅效果最好，而pH=10时，
物质的量分数最大，C正确；
D．pH=12时， 转化为 的离子反应为 ，D正确。
故选B。
3．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）下列叙述中正确的是
A．室温下，向浓度为 弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与 的
差为定值
B．常温下， HSeO 的电离方程式： ， ，浓度均为 的
2 4
① 溶液、② 溶液、③ 溶液， 由大到小的顺序为③>②>①
C．同浓度的 溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时 相等
D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应 (已知：室温下，氢硫酸两级电
离常数分别为 、 ， )
【答案】A【详解】A．室温下，向浓度为 弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液的溶质
为NaA，溶液的pH与 即-lgc(H+)-( )= - lgc(H+)= =lg ，Ka为定
值，故溶液的pH与 的差为定值，A正确；
B．常温下， HSeO 的电离方程式： ， ，浓度均为 的
2 4
① 溶液中只存在 ，② 溶液存在 ，
，且第一步电离产生的H+抑制了第二步电离，③ 溶液中存在NaSeO=2Na++
2 4
， +H O +OH-，且水解程度很小，故 由大到小的顺序为③>①>②，B错误；
2
C．虽然NH Cl溶液由于 水解也呈酸性，但同浓度的NH Cl溶液和盐酸中H+浓度不相等，故加水稀释
4 4
相同倍数时 不相等，C错误；
D．一般一个反应的化学平衡常数大于105便认为能够自发进行，已知反应Cu2++H S=CuS↓+2H+的平衡常数
2
K= = = = = =
7.1×1014远大于105，故将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，能发生反应Cu2++H S=CuS↓+2H+ ，D错误；
2
故答案为：A。
4．（2023·湖南邵阳·统考一模）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是A．由图1得出若要除去 溶液中的 ，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和 溶液时，溶液的pH变化曲线，其中I表示盐酸，II表示
溶液，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示 与 反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在
D．图4表示常温下向体积为 NaOH溶液中逐滴加入 溶液后溶液的pH
变化曲线，则b点处有：
【答案】A
【详解】A．除去CuSO 溶液中的Fe3+，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关
4
系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀，可以加入CuO调节溶液的pH且不引进杂质，故A正确；
B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，即Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋
酸。溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，相同pH值的盐酸、醋酸，浓度醋酸更大，稀释
相同倍数之后，醋酸浓度依然比盐酸大，所以a>b，c的稀释倍数多，所以浓度更小，所以且溶液导电性：
a>b>c，故B错误；
C．在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，图中a点溶液中应存在大量AlO ，故C错误；
D．体积为 NaOH溶液中逐滴加入 溶液，b点加入10mL
溶液，所得的溶液是醋酸钠溶液，醋酸根发生水解常数醋酸和氢氧根，溶液中存在
，故D错误；
故选A。5．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）常温下，下列说法错误的是
A．向0.01 mol/L NH HSO 溶液中滴加NaOH溶液至中性：c( ) > c( ) > c( ) > c( ) = c( )
4 4
B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则K (FeS) > K (CuS)
sp sp
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．0.01 mol/LNaHCO 溶液：c( )＋c(HCO) =c( )＋c( )
3 2 3
【答案】C
【详解】A．向0.01 mol · NH HSO 溶液中滴加NaOH溶液，若加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，
4 4
若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在 和
NH ·H O，故有c( ) > c( ) > c( ) > c( ) = c( )，A项正确；
3 2
B．CuS不溶于稀硫酸，说明CuS溶解产生的 不足以与 发生反应生成HS气体，而FeS溶于稀硫酸，
2
说明FeS溶解产生的 可以与 发生反应生成HS气体，导致固体不断溶解，证明K (FeS) >
2 sp
K (CuS)，B项正确；
sp
C．向盐酸中加入氨水至中性，则c( ) =c ( )，由电荷守恒可知，溶液中 ，C项错误；
D．NaHCO 溶液中，根据电荷守恒c( )＋c( ) =2c( )＋c( )＋c( )，根据物料守恒c( )
3
= c( )＋c( )＋c(HCO)，故c( )＋c(HCO) =c( )＋c( )，D项正确；
2 3 2 3
答案选C。
6．（2022·福建·福建师大附中校联考模拟预测）25℃时，将稀硫酸滴入NaR溶液中，混合溶液中离子浓
2
度变化与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．L 表示-lg 与pH的关系曲线
1
B．HR的第二步电离常数K 的数量级为10-4
2 a2
C．NaHR溶液能使酚酞溶液变红
D．M点对应溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)
【答案】D
【详解】A．由图可知NaR为强碱弱酸盐，HR为二元弱酸，以第一步电离为主， 电离常数K ＞K ，当
2 2 a1 a2
pH相同时， ＞ ，则L 表示 与pH的关系曲线，L 表示 与pH的关系曲
1 2
线，故A错误；
B．由图可知，当溶液pH为7时， =2.5，则K = =10—7×10—2.5=10—9.5，HR的第二步
a2 2
电离常数K 的数量级为10-10，故B错误；
a2
C．由图可知，当溶液pH为7时， =—3.5，则K = =10—7×103.5=10—3.5，NaHR的水
a1
解常数K = = =10—10.5＜K =10—9.5，HR—在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则
h a2
NaHR溶液不能使酚酞溶液变红，故C错误；D．由图可知，M点溶液中pH＞7， =0，则溶液中c(HR—)=c(R2-)，由电荷守恒关系可得c(Na+)+
c(H+)=2c(R2-)+ c(HR—)+ c(OH—)，由溶液pH＞7可知，溶液中c(Na+)＞3c(R2-)，故D正确；
故选D。
7．（2022·浙江·模拟预测）已知：常温下， 碳酸的电离平衡常数 ， 。常温
下， 向 溶液中缓慢滴加 盐酸， 溶液中各离子的物质的量随加
入盐酸的物质的量的变化如图所示( 和 未画出)。
下列说法不正确的是
A．A点到B点，水的电离程度逐渐减小
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液
【答案】C
【详解】A． 的水解能力强于 ，A点到B点， 浓度减小， 浓度增大，对水的电离促进
作用减弱，水的电离程度变小，故A正确：B．由图可知，B点时 ， ， ，可得
，故B正
确；
C． 物质的量先增大后减小，C点 物质的量最大，说明 与 以物质的量之比为1：1
恰好完全反应，得到等浓度的碳酸氢钠和氯化钠溶液，由物料守恒可得
， ，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，
即溶液中 浓度大于 浓度，则 ，故C错误；
D．滴定至D点时， 与 以物质的量之比为1：2恰好完全反应生成 、 和 ，溶解
二氧化碳气体使溶液显酸性，溶液 ，故D正确；
选C。
