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（新高考）小题必练14：盐类的水解
主要考查盐类水解的含义、影响盐类水解的主要因素、盐类水解的应用，以及运用物料守
恒、电荷守恒、质子守恒来判断和比较溶液中离子浓度大小关系。
1.【2020 年山东卷】 时，HCO 的 ， ，室温下向
2 3
10mL 0.1mol·L−1 NaCO 溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液，如图是溶液中含碳元素微
2 3
粒物质的量分数随pH降低而变化的图象CO 因有逸出未画出 。下列说法错误的是（
2
）
A．A点所示溶液的pH＜11
B．B点所示溶液：
C．A点→B点发生反应的离子方程式为
D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定NaCO 与NaHCO 混合物的组成
2 3 3
2【. 2020年江苏卷】常温下，用0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定0.10mol·L−1 HA溶液，滴定曲线如
图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列陈述错误的是（ ）A．K(HA)的数量级为10−5
a
B．N点，c(Na+)-c(A−)=
C．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D．当滴定至溶液呈中性时，c(A−)＞c(HA)
1.（双选）在一定条件下，NaS溶液中存在水解平衡：S2−+HO HS−+OH−。下列说法正确
2 2
的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．加入CuSO 固体，HS−浓度减小
4
C．升高温度，c(HS−)/c(S2−)增大 D．加入NaOH固体，溶液pH减小
2．现有等物质的量浓度的下列五种溶液：①CHCOOH溶液 ②(NH )CO 溶液 ③NaHSO
3 4 2 3 4
溶液 ④NaHCO 溶液 ⑤Ba(OH) 溶液，其溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序是（
3 2
）
A．⑤ ③ ① ④ ② B．⑤ ③ ① ② ④ C．② ④ ③ ① ⑤ D．② ④ ①
③ ⑤
3．用黄色的FeCl 溶液分别进行各项实验，下列解释或结论不正确的是（ ）
3
选项 实验 现象 解释或结论
A 加入FeCl 固体 溶液变成红褐色 FeCl 的水解程度变大
3 3
B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c(Fe3+)变小
C 加入足量Fe粉 溶液颜色变浅绿色 2Fe3++Fe=3Fe2+
D 加FeCl 溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应ΔH＞0
3
4．下列事实：
①NaHSO 溶液呈酸性；②长期施用化肥 会使土壤酸性增强，发生板结；③配
4制 溶液时，用稀盐酸溶解 固体；④NaHS溶液中c(HS)>c(S2−)；⑤氯化铵溶液可
2
去除金属制品表面的锈斑；⑥蒸干 溶液，往往得不到 固体。
其中与盐类的水解有关的有（ ）
A．仅①②③⑤ B．仅②③④⑤⑥ C．仅①④⑤⑥ D．仅①②③④⑤
5．下列关于盐类水解的说法错误的是（ ）
A．pH相等的①NaHCO 溶液、②NaCO 溶液、③NaOH溶液，其溶质的物质的量浓度大
3 2 3
小顺序为①>②>③
B．浓度均为0.1mol·L−1的①(NH )CO 溶液、②(NH )SO 溶液、③NH HCO 溶液中，
4 2 3 4 2 4 4 3
的大小顺序为②>①>③
C．0.2mol·L−1的 溶液中 是0.lmol·L−1的 溶液中
的2倍
D．0.1mol·L−1的NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次
减弱
6．（双选）常温下，用0.10mol∙L−1 NH∙H O 标准溶液滴定20mL 0.10mol∙L−1盐酸与未知浓度
3 2
CHCOOH的混合溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，下列叙述错误的是
3
（ ）
已知：K (NH ·H O)=K(CHCOOH)=1.7×10−5。
b 3 2 a 3
A．a→b的过程中，离子数目几乎不变但离子浓度下降，故导电能力下降
B．b点混合溶液中，c(CHCOOH)>c(NH)
3
C．c点混合溶液中，c(OH−)+c(NH ∙H O)=c(H+)+c(CHCOOH)
3 2 3
D．d点混合溶液中，c(NH)>c(Cl−)>c(OH−)>c(CHCOO−)>c(H+)
3
7．用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO 。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH
2的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．若X为NaSO ，当吸收液pH=1.85时：c(Na+)=c(HSO)+c(H SO )
2 3 2 3
B．若X为NaSO ，当吸收液呈中性时：2c(SO)+c(HSO)=c(Na+)
2 3
C．若X为(NH )SO ，(NH )SO 溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH
4 2 3 4 2 3
D．若X为(NH )SO ，图中b点溶液中n(HSO)∶n(NH)=1∶3
4 2 3
8．298K、25℃，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列
叙述不正确的是（ ）
已知：298K（25℃）HS的Ka=9.10×10−8，Ka=1.10×10−12。
2 1 2
A．0.10mol/L NaHS溶液：c(Na+)＞c(HS−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)
B．NaS溶液中：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(HS)
2 2
C．随着c(NaHS)浓度的增大c(H+)也将持续增大
D．当c(OH−)=c(S2−)时，c(H+)=10−9mol/L
9．25℃时，向20mL 0.1mol·L−1 NaOH溶液中滴加0.1mol·L−1 HCOOH溶液，混合溶液中水电
离的氢氧根离子浓度与滴加醋酸溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．B点对应的溶液pH=7 B．D点对应的V=20mL
2
C．D点对应的溶液中：c(OH−)=c(H+) D．C点对应的溶液中：c(HCOO−)=c(Na+)
10．已知：p[ ]=－lg[ ]。室温下，向0.10mol/L HX溶液中滴加0.10mol/L NaOH溶液，
溶液pH随p[ ]变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：a>b>c
B．c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)
C．室温下NaX的水解平衡常数为10−4.75
D．图中b点坐标为(0，4.75)
11．（双选）常温时，在HCO 溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中HCO、HCO和CO的物种
2 3 2 3
分布分数α(X)= 与pH的关系如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应HCO H++HCO的lgK=-6.4
2 3B．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO)
C．NaHCO 溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)
3
D．向 pH=6.4 的溶液中滴加 NaOH 溶液至 pH=8，主要发生的离子反应：HCO+
OH−=CO+H O
2
12．（双选）室温下，将两种浓度均为0.10mol·L−1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错误的是（ ）
A．NaHCO -Na CO 混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(OH−)
3 2 3
B．氨水-NH Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+2c(H+)=c(NH ·H O)+2c(OH−)
4 3 2
C．CHCOOH-CH COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(CH COOH)>c(CH COO−)>c(H+)
3 3 3 3
D．HC O-NaHC O 混合溶液(pH=1.68，HC O 为二元弱酸)：c(H+)+c(H C O)=c(Na+)
2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4
+c(C O)+c(OH−)
2
13．（双选）下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.100mol·L−1 Na C O 溶液中：c( )＞c( )＞c(OH−)＞c(H+)
2 2 4
B．0.4mol·L−1 CH COOH 溶液和 0.2mol·L−1 NaOH 溶液等体积混合（pH<7）：
3
c(CHCOO−)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)>c(OH−)
3 3
C ． 0.1mol·L−1 Na CO 溶 液 与 0.1mol·L−1 NaHCO 溶 液 等 体 积 混 合 ： c(CO)
2 3 3
+2c(OH−)=c(HCO)+3c(H CO)+2c(H+)
2 3
D．0.2mol·L−1 氨水和 0.2mol·L−1 NH HCO 溶液等体积混合：c(NH)+c(NH ·H O)=
4 3 3 2
c(H CO)+c(HCO)+c(CO)
2 3参考答案
考点透视
1.【答案】B
【 解 析 】 A ． A 点 ， ， 则
c(H+)=5.6×10−11mol/L，所以pH＜11，故A正确；B．室温下向10mL 0.1mol·L−1 NaCO 溶液中
2 3
逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液，B点正好生成氯化钠和碳酸氢钠，溶液中钠离子的物质的量
浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即 ，故B错误；
C．A 点→B 点：CO 逐渐减少，HCO 逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为
，故C正确；D．NaCO 溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物
2 3
是NaHCO ，用甲基橙作指示剂滴定时NaHCO 与HCl反应产物是HCO，所以分步加入酚
3 3 2 3
酞和甲基橙，用滴定法可测定NaCO 与NaHCO 混合物的组成，故D正确。
2 3 3
【点睛】判断粒子浓度大小时，可以先判断溶液中主要的溶质，再学会灵活使用三大守恒
关系。
2.【答案】B
【解析】A．根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物
质的量浓度的NaA和HA，由于A−的水解和HA的电离都是微弱的，c(A−)≈c(HA)，K(HA)=
a
，故K(HA)的数量级为10−5，选项A正确；B．N点，根据电荷守
a
恒有 ，即 ，
选项B错误；C．P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确；D．根据图b可知当lg （即 ）时，
溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A−)>c(HA)，选项D正确。答案选B。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明
确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生
的分析能力及灵活应用能力。
考点突破
1.【答案】BC
【解析】稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，但水解平衡常数只与温度有关，温度不变，
水解平衡常数保持不变，A项错误；加入CuSO 固体，发生沉淀反应：Cu2++S2−=CuS↓，c(S2−)减
4
小，S2−的水解平衡向逆反应方向移动，c(HS−)减小，B项正确；水解过程吸热，升高温度，水解
平衡向正反应方向移动，c(HS−)增大，c(S2−)减小，c(HS−)/c(S2−)增大，C项正确；加入NaOH固
体，c(OH−)增大，pH增大，D项错误。
2.【答案】D
【解析】设五种溶液的物质的量浓度均为c，①醋酸为弱酸，抑制了水的电离，溶液中氢离
子的浓度小于c，②(NH )CO 溶液中的铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，
4 2 3
③NaHSO 溶液为酸性溶液，溶液中氢离子的浓度为c，该溶液中水的电离程度小于①，
4
④NaHCO 为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解促进了水的电离，该溶液中水的电离程度小于
3
②大于①，⑤Ba(OH) 溶液中的氢氧根离子浓度为2c，抑制了水的电离，该溶液中水的电离
2
程度小于③。综上分析，题述五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为② ④ ①③ ⑤，D
项正确。
3.【答案】A
【解析】FeCl 溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3HO Fe(OH) +3H+，加入FeCl 固体
3 2 3 3
后，溶液中c(Fe3+)增大，平衡正向移动，溶液颜色加深变成红褐色，但FeCl 的水解程度减小，
3
A项错误；加入等体积水，水解平衡正向移动，溶液中c(Fe3+)减小，溶液的颜色变浅，B项正
确；加入足量铁粉，FeCl 溶液与Fe发生反应：2FeCl +Fe=3FeCl ，由于生成Fe2+，溶液变成浅
3 3 2
绿色，C项正确；加热FeCl 溶液，溶液变成红褐色，说明Fe3+的水解平衡正向移动，则有
3
FeCl 水解反应的ΔH＞0，D项正确。
3
4.【答案】B【解析】①中NaHSO 为强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性是因为NaHSO 电离出 ；②中
4 4
是NH水解使土壤酸性增强；③中HCl电离产生的 会抑制 水解；④中是因 水解
的程度大于其电离的程度；⑤中NH水解产生的 与锈斑中的 反应；⑥加热会促进
水解。
5.【答案】C
【解析】相同物质的量浓度的①NaHCO 溶液、② NaCO 溶液、③NaOH溶液碱性依次增
3 2 3
强，故 pH 相等的三种溶液中溶质的物质的量浓度大小顺序为①>②>③，A 正确；
①(NH )CO 溶液、②(NH )SO 溶液中NH浓度大于等浓度的NH HCO 溶液中NH浓度，
4 2 3 4 2 4 4 3
(NH )CO 溶液中的 、NH相互促进水解，所以c(NH)的大小顺序为②>①>③，B正确；
4 2 3
CH3COONa 溶液浓度越小其水解程度越大，水解产生氢氧根离子的浓度越大，所以
0.2mol·L−1的CH3COONa溶液中c(OH−)小于0.1mol·L−1的CH3COONa溶液中c(OH−)的2倍，
C错误；0.1mol·L−1的NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，根据“越弱越水解”可得出HX、
HY、HZ的酸性依次减弱，D正确。
6.【答案】BD
【解析】A．a→b的过程中，NH ∙H O与先与盐酸完全反应，离子数目没有变化，但体积增
3 2
加导致离子浓度下降，故导电能力下降，故A正确；B．b→c的过程中，导电能力增强，发生了
NH ∙H O与醋酸的反应，可推出醋酸的浓度为0.10mol∙L−1，b点的溶质为等浓度的NH Cl、
3 2 4
CHCOOH，因为K(CHCOOH)＞K (NH)，故醋酸的浓度更小，故B错误；C．c点的溶质为
3 a 3 h
NH Cl、CHCOONH，根据电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)+c(CHCOO−)=c(H+)+
4 3 4 3
c(NH)、物料守恒：c(NH)+c(NH ·H O)=c(Cl−)+c(CHCOO−)+c(CHCOOH)，两个守恒相加即可
3 2 3 3
得出C选项中的等式，故C正确；D．d点的溶质为等浓度的NH Cl、CHCOONH 和2倍浓度
4 3 4
的 NH ∙H O ， 此 时 应 该 主 要 考 虑 的 NH ∙H O 的 电 离 ， 离 子 浓 度 大 小 为 ：
3 2 3 2
c(NH)>c(Cl−)>c(CHCOO−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误。答案选BD。
3
7.【答案】A
【解析】图中a点当吸收液pH=1.85时，HSO 、HSO各点50%，c(HSO)=c(H SO )，b点
2 3 2 3
pH=7，c(H+)=c(OH−)，利用电荷守恒、物料守恒及其变形式子进行分析。A．若X为NaSO ，存
2 3
在物料守恒，c(Na+)=2c(HSO)+2c(H SO )+2c(SO)，当吸收液pH=1.85时，c(HSO)=c(H SO )，则
2 3 2 3c(Na+)=4c(H SO )+2c(SO)=4c(HSO)+2c(SO)，故A错误；B．若X为NaSO ，当吸收液呈中性
2 3 2 3
时：c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH−)，得到2c(SO)
+c(HSO)=c(Na+)，故B正确；C．若X为(NH )SO ，由于NH水解显酸性，SO水解显碱性，
4 2 3
(NH )SO 溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH，故C正确；D．若X为(NH )SO ，图中b点
4 2 3 4 2 3
溶液中，c(HSO)=c(SO)，b点pH=7，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(HSO)
+2c(SO)+c(OH−)，3c(HSO)=c(NH)，n(HSO)∶n(NH)=1∶3，故D正确；故选A。
8.【答案】C
【解析】A．根据图像，0.10mol/L NaHS溶液中各离子浓度的情况为c(HS−)＞c(S2−)＞
c(OH−)＞c(H+)，由于Na+不水解，浓度最大，故有c(Na+)＞c(HS−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)，A
正确；B．NaS溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(HS)，B正确；C．由图像
2 2
可知，随着c(NaHS)浓度的增大c(H+)不断变小，C错误；D．c(OH−)=c(S2−)时，由图像可知
c(OH−)=10−5mol/L，故 mol/L，D正确；故选C。
9.【答案】C
【解析】A．B点溶质为NaOH、HCOONa，溶液呈碱性，pH＞7，A错误；B．二者恰好反应时
生成醋酸钠，水的电离程度最大，所以 C点对应的V=20mL，B错误；C．D点溶质为
1
HCOONa、HCOOH，溶液呈中性，则对应的溶液中：c(OH−)=c(H+)，C正确；D．C点恰好反应
生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显碱性，则对应的溶液中：c(HCOO−)＜c(Na+)，D错误。答
案选C。
10.【答案】D
【解析】根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX
的电离程度大于X−的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越
小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：ac(OH−)，则c(Na+)<10c(HX)，B错误；C．HX在溶液中存在电离平衡：HX H++X−，K= ，则pH=pKa+p[ ]，带
a
入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则K=10−4.75，则室温下室温下NaX的水解平衡常数K =
a h
=10−9.25，C 错误；D．HX 在溶液中存在电离平衡：HX H++X−，Ka=
，则pH=pKa+p[ ]，带入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则b点
pH=pKa+p[ ]=0+4.75=4.75，D正确；故合理选项是D。
11.【答案】CD
【解析】由图可知，在HCO 溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中HCO 含量逐渐减小；
2 3 2 3
CO、HCO 含量逐渐增多，第二步反应 HCO 逐渐变成 CO。A．pH=6.4 时，c(
)=c(H CO)，反应HCO H++HCO的lgK= =lgc(H+)=-6.4，故A正确；
2 3 2 3
B．pH=8时，溶液中溶质有NaCO、NaHCO ，HCO发生水解和电离，钠离子不水解和电离，
2 3 3
所以存在c(Na+)＞c(HCO)，故B正确；C．中性溶液中c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒
c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO)+2c(CO)+c(OH−)，则有c(Na+)=c(Cl−)+c(HCO)+2c(CO)；故C错误；
pH=6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO 和HCO，pH=8的溶液中主要含NaHCO ，该反
3 2 3 3
应过程中主要是碳酸和NaOH的反应，所以主要发生的离子反应为HCO+OH−=HCO+H O，
2 3 2
故D错误。答案选CD。
【点睛】明确物质成分及其性质、物质之间的转化关系、电离平衡常数计算方法是解本题
关键，注意电荷守恒的灵活运用。
12.【答案】AC
【解析】氯化铵、碳酸钠等溶液会水解，充分利用电荷守恒、物料守恒关系列等式求解；A．
NaHCO 水溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO 和NaCO
3 3 2 3水解关系为：CO>HCO，溶液中剩余微粒浓度关系为： ，CO和HCO水解程
度微弱，生成的OH−浓度较低，由NaHCO 和NaCO 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最
3 2 3
大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为： ，故A错误；
B．该混合溶液中电荷守恒为： ，物料守恒为：c(NH ·H O)
3 2
+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl−)可得：c(NH)+c(H+)=2c(OH−)+c(NH ·H O)，故B正确；C．
3 2
该溶液呈酸性，说明CHCOOH电离程度大于CHCOONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系
3 3
为：c(CHCOO−)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)，故C错误；D．该混合溶液中物料守恒为：
3 3
， 电 荷 守 恒 为 ：
， 两 式 相 加 可 得 ：
，故D正确；答案选AC。
13.【答案】BC
【解析】A．0.100mol·L−1 Na C O 溶液中，c( )＞c(OH−)＞c( )＞c(H+)，A错误；
2 2 4
B．0.4mol·L−1 CH COOH溶液和0.2mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后，溶液中CHCOOH和
3 3
CHCOONa 浓度相等，pH<7 说明 CHCOOH 电离程度大于 CHCOO−水解程度，因此
3 3 3
c(CHCOO−)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)>c(OH−)，B正确；C．0.1mol·L−1 Na CO 溶液与0.1
3 3 2 3
mol·L−1 NaHCO 溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒可得c(CO)+2c(OH−)=c(HCO)
3
+3c(H CO)+2c(H+)，C正确；D．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1 NH HCO 溶液等体积混合生成
2 3 4 3
(NH )CO，根据物料守恒可得c(NH)+c(NH ·H O)=2c(H CO)+2c(HCO)+2c(CO)，D错误；故
4 2 3 3 2 2 3
选BC。
