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第03 讲 盐类的水解
目录
一、题型精
讲
题型01 盐类水解的实质及规律.................................................................................................................................1
题型02 盐类水解方程式..............................................................................................................................................3
题型03 影响盐类水解平衡的因素.............................................................................................................................4
题型04 盐的水解常数的应用......................................................................................................................................7
题型05 盐类水解的应用..............................................................................................................................................9
题型06 盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断.....................................................................................................................11
题型07 单一溶液中粒子浓度大小比较...................................................................................................................12
题型08 混合溶液中不同粒子浓度大小比较...........................................................................................................15
题型09 分布系数图像................................................................................................................................................18
题型10 对数图像........................................................................................................................................................21
二、靶向突破
题型01 盐类水解的实质及规律
【解题通法】
(1)有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。
(2)无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。常见不水解的离子：①强酸阴离子：Cl－、SO、NO、Br－、I
－、ClO；②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。
(3)谁弱谁水解——发生水解的是弱碱阳离子或弱酸阴离子。
(4)谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。
(5)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，
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少数可以完全水解。
(6)同强显中性——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对
应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。
(7)越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越
弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。
电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO。
【例1】 下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是( )
A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl 溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．在CH3COONa 溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋)
D．水电离出的H＋(或OH－)与盐中的弱酸酸根离子(或弱碱阳离子)结合，造成盐溶液呈碱(或酸)性
【答案】C
【解析】水电离出的c(H＋)＝c(OH－)一定成立，CH3COONa 溶液显碱性，是由于水电离出的H＋有一部分与
CH3COO－结合成CH3COOH，从而使c(H＋)<c(OH－)。
【变式1-1】常温下，某溶液中由水电离产生的H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，则该溶液中的溶质可能是下
列物质中的( )
A．HCl
B．NaHSO4
C．NH4Cl
D．NaCl
【答案】C
【解析】常温下，某溶液中由水电离产生的H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1＞1×10－7 mol·L－1，说明溶质是促
进水电离的物质，NH4Cl 为强酸弱碱盐，促进水的电离，C 正确。
【变式1-2】 已知次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，下列说法不正确的是( )
A．H3PO2中磷元素的化合价为＋1 价
B．NaH2PO2的水溶液呈弱酸性
C．H3PO2在水中的电离形式只有H3PO2
H＋＋H2PO
D．NaH2PO2属于正盐
【答案】B
【解析】根据化合物中各元素化合价之和为0 可知，H3PO2中磷元素的化合价为＋1 价，A 正确；次磷酸
(H3PO2)是一元中强酸，因此NaH2PO2 的水溶液呈弱碱性，B 错误；次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，因此
H3PO2在水中的电离形式只有H3PO2
H＋＋H2PO，C 正确；次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，因此NaH2PO2
属于正盐，D 正确。
【变式1-3】 一元酸HA 的溶液中，加入一定量的一元强碱MOH 的溶液后，恰好完全反应，则关于反应
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后的溶液，下列判断一定正确的是( )
A．c(A－)≥c(M＋)
B．c(A－)＝c(M＋)
C．若MA 不水解，则c(OH－)<c(H＋)
D．若MA 水解，则c(OH－)>c(H＋)
【答案】D
【解析】若MA 不水解，则溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)，再根据电荷守恒可知，c(A－)＝c(M＋)；若MA
水解，说明HA 为一元弱酸，则MA 溶液中c(OH－)>c(H＋)，再根据电荷守恒可知，c(A－)<c(M＋)。
题型02 盐类水解方程式
【解题通法】
1．盐类水解程度一般很小，水解时通常不生成沉淀和气体，书写水解离子方程式时，一般用“
”连
接，产物不标“↑”或“↓”。如：
(1)NaClO：ClO－＋H2O
HClO＋OH－；
(2)(NH4)2SO4：NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋。
2．多元弱酸根离子的水解分步进行，以第一步为主。如：
Na2CO3：CO＋H2O
HCO＋OH－、HCO＋H2O
H2CO3＋OH－。
3．多元弱碱阳离子水解反应过程复杂，只要求一步写到底。如AlCl3：Al3＋＋3H2O
Al(OH)3＋3H＋。
4．弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进。
(1)NH 与S2－、HCO、CO、CH3COO－等组成的盐虽然水解相互促进，但水解程度较小，书写时仍用“
”表示。如：NH＋CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋NH3·H2O。
(2)Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO，Fe3＋与CO、HCO 等组成的盐水解相互促进非常彻底，生成气体
和沉淀，书写时用“===”表示。如Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑(一般要有弱碱沉淀生成)。
【例2】下列离子方程式属于盐的水解且书写正确的是( )
A．MgCl2溶液：Mg2＋＋2H2O
Mg(OH)2↓＋2H＋
B．NaHCO3溶液：HCO＋H2O
H2CO3＋OH－
C．Na2SO3溶液：SO＋2H2O
H2SO3＋2OH－
D．KCN 溶液：CN－＋H2O===HCN＋OH－
【答案】B
【解析】A 项，Mg(OH)2不应标“↓”；C 项，SO 应分步水解；D 项，应用“
”。
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【变式2-1】 下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是( )
HCl
①
＋H2O
H3O＋＋Cl－
AlCl
②
3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl
Na
③
2CO3＋2H2O
H2CO3＋2NaOH
④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2O
CO＋H3O＋
NH
⑤
4Cl 溶于D2O 中：NH＋D2O
NH3·D2O＋H＋
A．①②③④
B．①②③
C．②③⑤
D．全部
【答案】D
【解析】氯化氢不能发生水解，①错误；氯化铝水解的方程式应用“
”连接，②错误；CO 应分步水
解，③错误；碳酸氢根离子的水解方程式为HCO＋H2O
H2CO3＋OH－，④错误；NH4Cl 溶于D2O 中，
水解反应的离子方程式为NH＋D2O
NH3·DHO＋D＋，⑤错误。
【变式2-2】 下列有水参与的反应属于盐类水解反应的是( )
A．NH3＋H2O
NH3·H2O
B．AlO＋2H2O
Al(OH)3＋OH－
C．H3BO3＋H2O
H＋＋B(OH)
D．HPO＋H2O
PO＋H3O＋
【答案】B
【解析】NH3＋H2O
NH3·H2O 为化合反应，不属于盐的水解，故A 不符合题意；AlO＋2H2O
Al(OH)3＋OH－为AlO 的水解反应，故B 符合题意；H3BO3＋H2O
H＋＋B(OH)为H3BO3的电离方程式，
不是水解反应，故C 不符合题意；HPO＋H2O
PO＋H3O＋为HPO 的电离方程式，不是水解反应，故D
不符合题意。
题型03 影响盐类水解平衡的因素
【解题通法】
1.内因
①主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根离子对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越
弱越水解)。
例如，酸性：HF＞CH3COOH，则水解程度：NaF＜CH3COONa。
②多元弱酸正盐的水解，水解反应第一步远远大于第二步，原因是正盐阴离子与H＋结合能力比酸式盐阴
离子结合能力强并且第一步水解产生的OH－对第二步水解有抑制作用。
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2.外因
【例3】为了使NH4Cl 溶液中c(Cl－)与c(NH)浓度比为1 1∶，可在NH4Cl 溶液中加入( )
①适量的HCl ②适量的NaCl ③适量的氨水 ④适量的NaOH ⑤适量的硫酸
A．①②⑤
B．③⑤
C．③④
D．④⑤
【答案】B
【解析】NH4Cl 溶液中存在NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋，为增大NH 浓度，应加入酸或NH3·H2O，加入
HCl 虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。
【变式3-1】在一定条件下，Na2S 溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O
HS－＋OH－。下列说法正确的是(
)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．升高温度，减小
C．通入H2S，HS－的浓度增大
D．加入NaOH 固体，溶液pH 减小
【答案】C
【解析】水解平衡常数只受温度影响，温度不变，水解平衡常数不变，A 项错误；水解是吸热反应，升高
温度，平衡正向移动，HS－的浓度增大，S2－的浓度减小，所以增大，B 项错误；通入H2S，H2S 会结合水
解生成的OH－，使平衡正向移动，HS－的浓度增大，C 项正确；加入氢氧化钠固体，溶液的碱性增强，溶
液pH 增大，D 项错误。
【变式3-2】下列关于FeCl3水解的说法错误的是( )
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A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5 mol·L－1和0.5 mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时Fe3＋的水解程度比20 ℃时
的小
D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
【答案】C
【解析】增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，
Fe3＋水解程度增大，A、B 项正确；盐类水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，C 项错误；Fe3＋水解
后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D 项正确。
【变式3-3】已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L－1的6 种溶液的pH 如表所示。下列反应不能成立的是(
)
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
pH
8.8
9.7
11.6
溶质
NaClO
NaCN
C6H5ONa(苯酚钠)
pH
10.3
11.1
11.3
A.CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClO
B．CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClO
C．CO2＋H2O＋C6H5ONa===NaHCO3＋C6H5OH
D．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN
【答案】A
【解析】根据盐类水解中越弱越水解的规律，可得酸性的强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞
C6H5OH＞HCO；再利用较强酸制较弱酸原理进行判断。HClO 可与CO 发生反应生 HCO，故CO2与
NaClO 溶液发生反应：CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClO，A 错误、B 正确；酸性：H2CO3＞C6H5OH
＞HCO，CO2通入C6H5ONa 溶液中发生反应生成NaHCO3和C6H5OH，C 正确；酸性：CH3COOH＞HCN，
CH3COOH 与CN－发生反应生成HCN，D 正确。
题型04 盐的水解常数的应用
【解题通法】
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(1)判断盐溶液酸碱性强弱(水解程度大小)
由于Kh＝或Kh＝，Ka或Kb越小，Kh越大，对应盐溶液中离子水解程度越大，对应盐溶液酸、碱性越强(即
越弱越水解)。
(2)判断酸式盐的酸碱性
①强酸的酸式盐(如NaHSO4)只电离，不水解，溶液呈酸性。NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
②弱酸的酸式盐NaHA 溶液中，存在HA－的电离和水解两个平衡，电离平衡：HA－
H＋＋A2－，水解平
衡：HA－＋H2O
H2A＋OH－，溶液的酸碱性取决于HA－的电离程度和水解程度的相对大小，即Ka2和的
相对大小。
如：a.常温下，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11，则HCO 的电离程度小于水解程度，即
Ka2＜，所以NaHCO3溶液呈碱性。类似的离子还有HS－、HPO。
b．常温下，H2SO3的电离常数Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8，则HSO 的电离程度大于水解程度，即Ka2
＞，所以NaHSO3溶液呈酸性。类似的离子还有H2PO。
(3)判断等浓度的HX 和NaX 混合液的酸碱性
混合液中存在HX 的电离平衡和NaX 的水解平衡，溶液的酸碱性取决于HX 的电离程度和X－的水解程度
的相对大小。
①当Ka(HX)>Kh(X－)时，HX 的电离程度大于X－的水解程度，混合液呈酸性。
②当Kh(X－)>Ka(HX)时，X－的水解程度大于HX 的电离程度，混合液呈碱性。
【例4】常温下，某酸HA 的电离常数Ka＝1×10－5。下列说法正确的是( )
A．HA 溶液中加入NaA 固体后，减小
B．常温下，0.1 mol·L－1 HA 溶液中水电离的c(H＋)为10－13 mol·L－1
C．NaA 溶液中加入HCl 溶液至恰好完全反应，存在关系：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(Cl－)
D．常温下，0.1 mol·L－1 NaA 溶液中A－的水解常数为1×10－9
【答案】D
【解析】为A－的水解常数，加入NaA 固体后，由于温度不变，则水解常数不变，A 错误；由于HA 为弱
酸，则常温下0.1 mol·L－1 HA 溶液中氢离子浓度小于0.1 mol·L－1，水电离的c(H＋)一定大于 mol·L－1＝10－
13 mol·L－1，B 错误；NaA 的水解常数Kh＝＝＝＝1×10－9，D 正确。
【变式4-1】在一定条件下，Na2CO3溶液中存在平衡：CO＋H2O
HCO＋OH－。下列说法不正确的是(
)
A．稀释溶液，增大
B．通入CO2，溶液pH 减小
C．升高温度，平衡常数增大
D．加入NaOH 固体，减小
【答案】A
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【解析】温度不变，水解平衡常数不变，不变，故A 错误；CO2与CO 反应生成HCO，HCO 比CO 水解程
度小，所以溶液碱性减弱，即pH 减小，故B 正确；因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移
动，平衡常数增大，故C 正确；加入NaOH 固体，OH－抑制CO 水解，HCO 的物质的量浓度减小，CO 的
物质的量浓度增大，所以减小，故D 正确。
【变式4-2】在一定条件下，Na2S 溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O
HS－＋OH－。下列说法正确的是(
)
A.稀释溶液，水解平衡常数增大
B.加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C.升高温度，减小
D.加入NaOH 固体，溶液pH 减小
【答案】B
【解析】水解常数只与温度有关，A 错误；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B 正确；水解
为吸热反应，升高温度平衡右移，因而增大，C 错误；加入NaOH 固体，溶液pH 增大，D 错误。
题型05 盐类水解的应用
1．在化学实验中的应用
应用
举例
判断溶液的酸碱性(谁强显谁
性，同强显中性)
FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋
判断酸性强弱
相同浓度的NaX、NaY、NaZ 溶液的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，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3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＋＋3H2O=====Fe(OH)3(胶体)＋3H
＋
制备无水盐
将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl 的气流中加
热蒸干
判断离子是否共存
Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO；Fe3＋与HCO、CO、AlO；NH 与
AlO、SiO 因相互促进水解强烈而不能大量共存
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【例5】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．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SO 发生水解
B．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化
C．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类水解原理
D．配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸，抑制Fe3＋水解
【答案】A
【解析】pH 由4.68 变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸，由弱酸
转化为强酸，酸性增强，故A 错误；明矾净水的原理是Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋，利用
Al(OH)3胶体的吸附性进行净水，故B 正确；三价铁离子结合水电离出的氢氧根离子生成氢氧化铁，水解
是吸热反应，升温促进水解且饱和氯化铁浓度较大，有利于胶体的生成，故C 正确；FeCl3溶液中存在水
解平衡：Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋，配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸，增大了氢离子浓度，抑制了
铁离子的水解，故D 正确。
【变式5-1】下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是( )
A．K＋、S2－、Al3＋、AlO
B．MnO、Na＋、SO、K＋
C．SO、Fe3＋、S2－、K＋
D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO
【答案】A
判断中和反应至中性的试剂用
量
如NH3·H2O 与HCl 反应至中性时，NH3·H2O 过量，CH3COOH 与NaOH
反应至中性时，CH3COOH 过量
制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋
2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl，加入大量的水，同时加热，促使水解趋
于完全，所得TiO2·xH2O 经焙烧得到TiO2
2.在生产生活中的应用
泡沫灭火器原理
泡沫灭火器中药品成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为Al3＋＋
3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥与草木灰不能混合施用
除锈剂
NH4Cl 溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2O
Zn(OH)2＋2H＋
热纯碱去污能力强
加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强
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【解析】A 项，Al3＋与S2－、AlO 能发生相互促进的水解反应；C 中的Fe3＋与S2－和D 中的Fe2＋、H＋、NO
都因为发生氧化还原反应而不能大量共存。
【变式5-2】在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO
B．能使pH 试纸呈红色的溶液：Na＋、NH、I－、NO
C．FeCl3溶液：K＋、Na＋、SO、AlO
D．常温下，＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO
【答案】D
【解析】A 中H＋与HSO 不能大量共存；B 中NO 在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I－，不能大量共存；
C 中Fe3＋与AlO 发生相互促进的水解反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3，不能大量共存；D 中溶液为碱性，离子
可大量共存。
题型06 盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断
【解题通法】
(1)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)蒸干得CuSO4(s)。
(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧
得Al2O3。
(3)考虑盐受热时是否分解。
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl，无固体物质存在
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
【例6】在空气中直接蒸发下列盐的溶液：
Fe
①
2(SO4)3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3。可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(
)
A．①②③
B．①③⑤
C．②④
D．①③④⑤
【答案】A
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【解析】①加热Fe2(SO4)3溶液时虽发生水解，但硫酸难挥发，蒸发Fe2(SO4)3溶液可得到Fe2(SO4)3晶体；③
KCl 性质稳定，加热其溶液可得到KCl 晶体；④加热CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和HCl，HCl 易挥发，得
到氢氧化铜晶体；⑤NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3。
【变式6-1】为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是( )
A．向Na2CO3饱和溶液中通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得到NaHCO3晶体
B．Al2S3不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能由S 粉和Al 粉混合加热制得
C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得到FeCl3晶体
D．向FeCl3溶液中加入过量的NaOH 溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得到Fe3O4
【答案】B
【解析】A 项不恰当，因为NaHCO3加热易分解；B 项恰当，铝离子和硫离子之间发生相互促进的水解反
应，得到氢氧化铝和硫化氢，Al2S3不能通过溶液中的反应制取；C 项不恰当，因为加入过量氯水，发生反
应：2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2，存在平衡：FeCl3＋3H2O
Fe(OH)3＋3HCl，加热蒸发时，Br2、HCl
挥发，促进水解向右进行，得到Fe(OH)3；D 项不恰当，FeCl3与NaOH 反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧生
成Fe2O3。
【变式6-2】下列物质的水溶液在空气中小心加热，蒸干至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是(
)
CuSO
①
4 ②FeSO4 ③Ca(HCO3)2 ④NH4HCO3 ⑤KMnO4 ⑥FeCl3
A．全部
B．仅①②
C．仅①⑤
D．仅①
【答案】D
【解析】①CuSO4溶液水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干至质量不再减少时，能
得到较纯净的原溶质；②FeSO4具有还原性，加热时Fe2＋被氧化为Fe3＋；③Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸
钙、二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的碳酸钙；④NH4HCO3 受热分解生成
NH3、H2O 和CO2，得不到原溶质；⑤KMnO4加热到质量不变时分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不
到原溶质；⑥FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热时，氯化氢挥发促进FeCl3水解得到氢氧化铁，
得不到原溶质。
【变式6-3】将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热、蒸发结晶，再灼烧，得到化学组成与原固体物质
相同的是______(填序号)。
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④氯化铜 ⑤硫酸亚铁 ⑥碳酸钠 ⑦亚硫酸钠 ⑧NH4Cl ⑨KMnO4
⑩Ca(HCO3)2
【答案】③⑥
【解析】①胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水得CuSO4 溶液，因硫酸难挥发，蒸发结晶，再灼烧得CuSO4；
②AlCl3、④CuCl2发生水解：AlCl3＋3H2O
Al(OH)3＋3HCl、CuCl2＋2H2O
Cu(OH)2＋2HCl，加热
时HCl 不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；③Al2(SO4)3＋6H2O
2Al(OH)3＋3H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得Al2(SO4)3；⑤硫酸亚铁在蒸干过程中易被氧化；⑦亚硫酸
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钠易被氧化生成硫酸钠；⑧NH4Cl、⑨KMnO4、⑩Ca(HCO3)2蒸干灼烧过程中分解。
题型07 单一溶液中粒子浓度大小比较
【解题通法】
(1)多元弱酸溶液
根据多步电离分析知：一级电离＞二级电离＞三级电离。例如，0.1 mol·L－1 H3PO4溶液中离子浓度间的关
系是c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)＞c(OH－)。
(2)多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根分步水解分析知：一级水解＞二级水解。
例如，0.1 mol·L－1Na2S 溶液中：
一级水解：S2－＋H2O
HS－＋OH－(主要)
二级水解：HS－＋H2O
H2S＋OH－(次要)
故离子浓度的关系为c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。
(3)多元弱酸的酸式盐溶液
①若离子的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。
例如，0.1 mol·L－1 NaHS 溶液中存在：
水解：HS－＋H2O
H2S＋OH－(主要)
电离：HS－
H＋＋S2－(次要)
水的电离：H2O
H＋＋OH－(极微弱)
溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)＞c(H＋)＞c(S2－)。
②若离子的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性。
例如，0.1 mol·L－1NaHSO3溶液中存在：
电离：HSO
H＋＋SO(主要)
水解：HSO＋H2O
H2SO3＋OH－(次要)
水的电离：H2O
H＋＋OH－(极微弱)
溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H2SO3)。
【例7】醋酸(CH3COOH)是一种常见的弱酸。下列叙述正确的是( )
A．pH＝3 的CH3COOH 溶液中，c(H＋)＝c(CH3COO－)
B．pH＝8 的CH3COONa 溶液中，c(CH3COO－)<c(Na＋)
C．0.1 mol·L－1CH3COONa 溶液中，c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．0.1 mol·L－1CH3COONa 溶液中，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
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【答案】B
【解析】除CH3COOH 电离出的H＋外，水也会电离出少量H＋，A 项错误；CH3COO－少部分水解，0.1
mol·L －1 CH3COONa 溶液中，c(Na ＋)>c(CH3COO －)>c(OH －)>c(H ＋)，C 项错误；由电荷守恒可知，
CH3COONa 溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，D 项错误。
【变式7-1】25 ℃时，H2CO3的电离常数：Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11，下列说法中正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
C．NaHCO3和Na2CO3混合液中：c(Na＋)＋c(H＋)>c(HCO)＋c(OH－)＋c(CO)
D．0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中c(CO)之比小于5
【答案】C
【解析】25 ℃，H2CO3的第一步电离常数Ka1＝，而HCO 的水解常数Kh＝＝≈2.2×10－8，即HCO 水解程度
大于其电离程度，NaHCO3水溶液呈碱性。A 项，c(H2CO3)>c(CO)，错误；B 项，根据元素守恒，Na2CO3
溶液中应是c(Na＋)＝2[c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)]，错误；C 项，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)
＋c(OH－)＋2c(CO)，正确。
【变式7-2】运动员在剧烈运动后产生的乳酸会使肌肉麻痹疼痛，常用液氮降温减少炎症和乳酸。已知乳
酸(表示为HL，L－为乳酸根)是一元弱酸。25 ℃时，下列有关叙述错误的是( )
A．在HL 和NaL 组成的混合溶液中：2c(Na＋)＝c(HL)＋c(L－)
B．0.1 mol·L－1 HL 溶液的pH>1
C．0.1 mol·L－1 HL 溶液加水稀释时，溶液中水电离出的c(H＋)增大
D．0.1 mol·L－1 NaL 溶液中：c(Na＋)>c(L－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】A
【解析】HL 与NaL 的物质的量浓度不一定相等，故上述关系式不一定成立，A 错误；HL 是一元弱酸，部
分电离，则0.1 mol·L－1 HL 溶液中c(H＋)<0.1 mol·L－1，溶液的pH>1，B 正确；HL 是一元弱酸，加水稀释，
HL 的浓度减小，对水的电离抑制程度减小，则水电离出的c(H＋)增大，C 正确；NaL 溶液中L－存在水解反
应：L－＋H2O
HL＋OH－，溶液呈碱性，离子浓度大小为c(Na＋)>c(L－)>c(OH－)>c(H＋)，D 正确。
【变式7-3】常温下，下列溶液均为0.1 mol·L－1。下列叙述正确的是( )
A．碳酸氢钠溶液中：c(H2CO3)<c(CO)
B．碳酸钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(CO)
C．向碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝7，所得溶液的溶质只有NaCl
D．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：c(Na＋)－c(OH－)＝2c(CO)＋c(HCO)－c(H＋)
【答案】D
【解析】HCO 的水解程度大于其电离程度，所以c(H2CO3)>c(CO)，A 项错误；由电荷守恒式c(Na＋)＋c(H
＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)和元素守恒式c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)联立可得c(OH－)＝c(H
＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B 项错误；pH＝7 时，溶质除了有NaCl 外，还可能含有少量的NaHCO3 及
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H2CO3，C 项错误；将c(OH－)、c(H＋)移项，所得为溶液中的电荷守恒式，D 项正确。
题型08 混合溶液中不同粒子浓度大小比较
【解题通法】
1．若溶液混合不发生反应，根据电离常数(Ka、Kb)、水解常数(Kh)的相对大小综合分析
(1)分子的电离常数大于对应离子的水解常数
例如等物质的量浓度的NH4Cl 与NH3·H2O 的混合溶液中存在：
NH3·H2O 的电离：
NH3·H2O
NH＋OH－(主要)
NH 的水解：NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋(次要)
因为电离程度＞水解程度，故混合溶液呈碱性。
溶液中存在的电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于c(OH－)＞c(H＋)，则c(NH)＞c(Cl－)。
元素守恒式：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，由于c(NH)＞c(Cl－)，则c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，故混合溶液中
粒子浓度大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)。
再如等物质的量浓度的CH3COONa 与CH3COOH 的混合溶液呈酸性，溶液中粒子浓度关系为c(CH3COO－)
＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)。
(2)分子的电离常数小于对应离子的水解常数
例如等物质的量浓度的NaCN 和HCN 的混合溶液中存在：
CN－的水解：CN－＋H2O
HCN＋OH－(主要)
HCN 的电离：HCN
H＋＋CN－(次要)
因为水解程度＞电离程度，故混合溶液呈碱性。
溶液中粒子浓度大小顺序为c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
2．若溶液混合能发生反应
经过反应后离子浓度大小比较，主要根据反应物的物质的量以及化学反应原理确定反应后溶液中的溶质成
分，再考虑溶质的电离和水解情况，从而确定离子浓度的大小。
(1)0.1 mol·L－1的氨水与0.1 mol·L－1的硫酸等体积混合。
①混合液中溶质为NH4HSO4，其浓度为0.05 mol·L－1。
②溶液中含有的粒子有NH3·H2O、H2O、H＋、OH－、NH、SO。
③写出上述溶液中离子浓度由大到小的顺序：c(H＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)。
(2)0.1 mol·L－1 CH3COONa 与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合。
①混合液中溶质为CH3COOH、NaCl。
②溶液中含有的粒子有CH3COOH、H2O、Na＋、Cl－、CH3COO－、H＋、OH－。
③溶液中粒子(水分子除外)浓度由大到小的顺序：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH
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－)。
(3)0.2 mol·L－1 NH4Cl 与0.1 mol·L－1 NaOH 等体积混合，混合液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O、NaCl，三
者的物质的量浓度相等，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)。
【例8】室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中
部分微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．向0.10 mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)
B．向0.10 mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na＋)＞c(NH)＞c(SO)
C．向0.10 mol·L－1Na2SO3溶液中通入SO2：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]
D．向0.10 mol·L－1CH3COONa 溶液中通入HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)
【答案】D
【解析】通入CO2，溶液为中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知，c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，A 错误；
由元素守恒可知，c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得c(Na＋)＋c(NH)＝
2c(SO)＋c(HSO)，联立可得c(NH)＋c(H2SO3)＝c(SO)，则c(SO)＞c(NH)，B 错误；Na2SO3＋SO2＋
H2O===2NaHSO3，至溶液pH＝7，反应后溶液中的溶质为NaHSO3、Na2SO3，则c(Na＋)＜2[c(SO)＋c(HSO)
＋c(H2SO3)]，C 错误；溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，溶液呈中性，由电荷守恒可知，c(Na＋)＝c(CH3COO
－)＋c(Cl－)，由元素守恒可知，c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，则c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，
D 正确。
【变式8-1】常温下，用0.1 mol·L－1的氨水滴定10 mL 浓度均为0.1 mol·L－1的HCl 和CH3COOH 的混合液，
下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl 和CH3COOH 的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)
B．当滴入氨水10 mL 时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL 时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl－)
【答案】D
【解析】HCl 是强酸，CH3COOH 是弱酸，浓度均为0.1 mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A 正确；滴入
10 mL 氨水时，NH3·H2O 和CH3COOH 的物质的量相等，据元素守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO
－)＋c(CH3COOH)，B 正确；滴入20 mL 氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl 和
CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据元素守恒可
得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO －)＋c(Cl －)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H ＋)＝
c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C 正确；滴入20 mL 氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大
于20 mL，结合电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝
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c(OH－)，得c(NH)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(NH)＞c(Cl－)，D 错误。
【变式8-2】25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 CH3COONa 溶液与0.1 mol·L－1 HCl 溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞
c(OH－)
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl 溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
D．0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl 溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)
＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【答案】A
【解析】0.1 mol·L －1 CH3COONa 溶液与0.1 mol·L －1 HCl 溶液等体积混合，溶质为等物质的量的
CH3COOH 和NaCl，因为醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，A 选项正
确；0.1 mol·L－1 NH4Cl 溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离
子的水解程度，则c(NH)＞c(NH3·H2O)，B 选项错误；根据元素守恒，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，c(Na＋)
＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，二者
等体积混合，则2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，即c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，C 选项
错误；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D 选项错误。
【变式8-3】常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B．pH＝8.3 的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
C．pH＝11 的氨水与pH＝3 的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COOH 溶液与0.1 mol·L－1 NaOH 溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－
c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】根据电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故A 项错误；NaHCO3溶液的pH
＝8.3，说明其水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)＞c(CO)，故B 项错误；pH＝11 的氨水与pH＝3 的盐酸
等体积混合时，氨水是过量的，溶液不显中性，故C 项错误；0.2 mol·L－1 CH3COOH 溶液与0.1 mol·L－1
NaOH 溶液等体积混合反应得到等浓度的CH3COOH 和CH3COONa 的混合溶液，由电荷守恒得c(CH3COO
－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由元素守恒得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，则c(CH3COO－)＋
2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，移项得2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故D 项正确。
题型09 分布系数图像
【解题通法】
1．分布系数曲线
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是指以pH 为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数为纵坐标，即分布系数与溶液pH 之间的
关系曲线。
举例
一元弱酸
(以CH3COOH 为例)
二元弱酸
(以草酸为例)
弱电解质
分布系数
图
δn
δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－的
分布系数
δ0为H2C2O4的分布系数、δ1为HC2O 的分布系
数、δ2为C2O 的分布系数
微粒存
在形式
当pH<pKa时，主要存在形式是
CH3COOH；当pH>pKa时，主要存在形
式是CH3COO－。δ0与δ1曲线相交在δ0
＝δ1＝0.5 处，此时c(CH3COOH)＝
c(CH3COO－)，即pH＝pKa
当溶液的pH＝1.2 时δ0＝δ1，pH＝4.2 时δ1＝
δ2；当pH<1.2 时，H2C2O4为主要存在形式；当
1.2<pH<4.2 时，HC2O 为主要存在形式；而当
pH>4.2 时，C2O 为主要存在形式
求Ka
Ka(CH3COOH)＝，从图可知，
c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)时，pH＝
pKa＝4.76，Ka(CH3COOH)＝c(H＋)＝10－
4.76
Ka2( H2C2O4)＝，从图可知，c(C2O)＝c(HC2O)
时，pH＝4.2，Ka2＝c(H＋)＝10－4.2，同理求得Ka1
＝10－1.2
2.解题要点
(1)明确每条曲线所代表的粒子及变化趋势。
(2)通过做横坐标的垂线，可判断某pH 时的粒子浓度相对大小。
(3)交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数。
【例9】已知联氨(N2H4)为二元弱碱，常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物质
的量分数δ(X)随－lg c(OH－)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．反应N2H＋N2H4
2N2H 的pK＝－0.9(已知pK＝－lg K)
B．N2H5Cl 溶液中存在：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)
C．N2H5Cl 溶液中：c(H＋)＞c(OH－)
D．Kb1(N2H4)＝10－6.0
【答案】A
【解析】由N2H4＋H2O
N2H＋OH－可得Kb1(N2H4)＝＝c(OH－)＝10－6.0，又由N2H＋H2O
N2H＋OH－
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可得，Kb2(N2H4)＝＝c(OH－)＝10－15.0，而反应N2H＋N2H4
2N2H 的K＝＝＝＝109.0，所以pK＝－9.0，A
项错误、D 项正确；N2H5Cl 溶液中存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)，B 项正确；
N2H5Cl 溶液因N2H 水解呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，C 项正确。
【变式9-1】常温下，控制条件改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O、C2O
的物质的量分数δ(X)随pOH 的变化如图所示。已知pOH＝－lg c(OH－)，δ(X)＝。下列叙述错误的是( )
A．反应H2C2O4＋C2O
2HC2O 的平衡常数为103
B．若升高温度，a 点移动趋势向右
C．pH＝3 时，＝100.6 1∶
D．物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na＋)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞
c(OH－)
【答案】B
【解析】反应H2C2O4＋C2O
2HC2O 的平衡常数K＝=·＝，a 点c(C2O)＝c(HC2O)，此时pOH＝9.8，则
c(OH－)＝10－9.8 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，则Ka2＝＝10－4.2；同理b 点c(HC2O)＝c(H2C2O4)，可得
Ka1＝10－1.2，所以该反应的平衡常数K＝＝103，A 正确；温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，
pH 和pOH 之和小于14，则图像将整体向左移动，B 错误；＝··＝＝＝100.6 1∶，C 正确；H2C2O4的Ka1＝10－
1.2，Ka2＝10－4.2，则HC2O 的水解平衡常数Kh＝＝＝10－12.8，即其电离程度大于其水解程度，所以NaHC2O4
溶液中c(C2O)＞c(H2C2O4)，加入等物质的量浓度的Na2C2O4溶液，草酸钠会电离出大量的C2O，则溶液中
存在c(C2O)＞c(HC2O)，据图可知，当c(C2O)＞c(HC2O)时溶液呈酸性，Na＋不水解，所以混合溶液中离子
浓度大小关系为c(Na＋)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(OH－)，D 正确。
【变式9-2】常温下，向某浓度的 H2A(二元弱酸)溶液中逐滴加入某浓度的KOH 溶液，所得溶液中H2A、
HA－、A2－三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液 pH 的关系如图所示，则下列说法不正确的是( )
A．由图可知，H2A 的Ka1＝10－1.2
B．曲线3 代表A2－的物质的量分数
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C．向H2A 溶液中滴加KOH 溶液至pH 为4.2 时：c(K＋)＋c(H＋)＝3c(A2－)＋c(OH－)
D．pH＝4 时，溶液中存在下列关系：c(K＋)＞c(A2－)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】D
【解析】根据题干信息结合图像中H2A、HA－、A2－三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH 的关系分析可知，
曲线1 表示H2A 的物质的量分数，曲线2 表示HA－的物质的量分数，曲线3 表示A2－的物质的量分数。根
据图像可知，点(1.2,0.5)表明当pH＝1.2 时，c(H2A)＝c(HA－)，所以H2A 的电离平衡常数Ka1＝＝c(H＋)＝10
－1.2，A 正确；pH＝4.2 时，c(HA－)＝c(A2－)，溶液中存在电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH
－)，所以c(K＋)＋c(H＋)＝3c(A2－)＋c(OH－)，C 正确；pH＝4 时，由图像可知c(HA－)>c(A2－)，D 错误。
【变式9-3】某弱酸HA 溶液中主要成分的分布系数随pH 的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．该酸－lgKa≈4.7
B．NaA 的水解平衡常数Kh＝
C．当该溶液的pH＝7.0 时，c(HA)＜c(A－)
D．某c(HA)∶c(A－)＝4 1∶的缓冲溶液，pH≈4
【答案】B
【解析】由图可知，c(HA)＝c(A－)时，pH≈4.7，该酸Ka＝＝10－4.7，故－lgKa≈4.7，A 正确；NaA 的水解平
衡常数Kh＝，B 错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0 时，c(HA)＜c(A－)，C 正确；根据图像可知，
c(HA)为0.8，c(A－)为0.2 时，pH 约为4，故c(HA)∶c(A－)＝4 1∶的缓冲溶液，pH≈4，D 正确。
题型10 对数图像
【解题通法】
1．图像类型
包括对数图像和负对数图像以及对数、负对数混合图像，其中负对数图像有以下类型：
pH 图像
将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH
越小
pOH 图像
将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越
大，则pOH 越小
pC 图像
将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg
c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC 越小
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2.解题策略
(1)先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。
(2)再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。
(3)理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。
(4)抓住图像中特殊点：如lg ＝0 的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0 的点有c(D)＝1 mol·L－1
熟记运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg ＝lg a－lg b、lg 1＝0，若K＝c·c(K 只与温度有关)，得lg K＝mlg
c1＋nlg c2。
(5)将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出正确判断。
【例10】已知HX 和HY 是两种一元弱酸，常温下用NaOH 溶液分别滴定这两种弱酸溶液，若pKa＝－lg
Ka，y＝lg 或lg ，得到y 和溶液pH 的变化关系如图所示。下列有关叙述错误的是( )
A．常温下，Ka(HX)＝10－4，Ka(HY)＝10－8.5
B．a 点溶液中，c(X－)＝c(HX)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．常温下，0.1 mol·L－1 NaX 溶液的pH 大于0.1 mol·L－1NaY 溶液的pH
D．向HY 溶液中滴入NaOH 溶液后所得的混合溶液中，＝
【答案】C
【解析】根据一元弱酸HA 的电离平衡常数Ka＝可知，－lg Ka＝－lg ，则y＝pH－pKa。a 点和b 点对应的
纵坐标为0，此时pH＝pKa，a 点时pH＝4，b 点时pH＝8.5，则HX、HY 的电离平衡常数分别为10－4、10
－8.5，A 项正确；a 点时溶液呈酸性，则溶液中c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋
c(X－)，可知c(X－)＞c(Na＋)，由a 点的纵坐标为0 可知，a 点时c(X－)＝c(HX)，则溶液中微粒浓度：c(X－)
＝c(HX)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B 项正确；根据Ka(HX)＝10－4、Ka(HY)＝10－8.5可知，HX 的酸性强于
HY，又弱酸的酸性越强，对应盐的水解程度越小，所以0.1 mol·L－1NaY 溶液的碱性较强，pH 较大，C 项
错误；根据y＝lg ＝pH－pKa(HY)可知，＝
，D 项正确。
【变式10-1】常温下，将0.1 mol·L－1 NaOH 溶液滴加到一定浓度的二元酸(H2R)溶液中，混合溶液的pH 与
离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
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A．曲线N 表示pH 与lg 的变化关系
B．当溶液中c(HR－)＝c(R2－)时，pH＝3
C．NaHR 溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)<c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2－)
【答案】C
【解析】A 项，根据电离常数可知，＝、＝，由于Ka1(H2R)>Ka2(H2R)，pH 相同时，>，因此曲线M 表示
pH 与lg 的变化关系，曲线N 表示pH 与lg 的变化关系，错误；B 项，当lg 或lg 均等于0 时，pH 分别是3
和5，因此当溶液中c(HR－)＝c(R2－)时，pH＝5，错误；C 项，由于HR－的水解常数＝＝10－11<10－5，
NaHR 溶液中HR－的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，正确；D 项，当混合溶液呈
中性时，根据图像可知c(R2－)>c(HR－)>c(H2R)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(HR－)＋2c(R2－)，所以溶液中
c(Na＋)>c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2－)，错误。
【变式10-2】常温下，向某二元弱酸H2Y 溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgX[X 为或]与pH 的变
化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示lg 随pH 变化的关系曲线
B．由图可知，H2Y 的二级电离常数Ka2(H2Y)数量级为10－10
C．从a 点到b 点过程中，水的电离程度先增大后减小
D．NaHY 溶液中的离子浓度大小为c(Na＋)>c(HY－)>c(OH－)>c(H＋)>c(Y2－)
【答案】D
【解析】二元弱酸H2Y 的Ka1(H2Y)＝>Ka2(H2Y)＝，当溶液的pH 相同时，c(H＋)相同，lgX：Ⅰ>Ⅱ，则Ⅰ表
示lg 与pH 的变化关系，Ⅱ表示lg 与pH 的变化关系，A 错误；Ka2(H2Y)＝，b 点时，则＝1，pH＝10.35，
则c(H＋)＝10－10.35，故Ka2(H2Y)＝10－10.35，数量级为10－11，B 错误；从H2Y→NaHY→Na2Y 的转化过程中，
水的电离程度逐渐增大，在b 点c(HY－)＝c(Y2－)，还未完全转化为Na2Y，故水的电离程度逐渐增大，C 错
误；因HY－的水解常数Kh＝＝＝10－7.65>Ka2(H2Y)＝10－10.35，故NaHY 溶液呈碱性，离子浓度：c(Na
＋)>c(HY－)>c(OH－)>c(H＋)>c(Y2－)，D 正确。
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【变式10-3】常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的CH3COOH 溶液中滴加0.100 0 mol·L－1的NaOH 溶液，
溶液中，lg 随pH 的变化关系如图所示(取lg 5＝0.7)。
下列说法正确的是( )
A．常温下，CH3COOH 的电离常数为10－4
B．当溶液的pH＝7 时，消耗NaOH 溶液20.00 mL
C．溶液中水的电离程度大小：a>b>c
D．c 点溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】D
【解析】常温下，CH3COOH 的电离常数Ka＝，b 点pH＝4.76 时，lg ＝0，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，
CH3COOH 的电离常数等于c(H＋)＝10－4.76，故A 不符合题意；向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的CH3COOH 溶
液中滴加0.100 0 mol·L－1的NaOH 溶液20 mL，溶质为CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解显碱性，此时溶
液的pH＞7，故B 不符合题意；酸、碱抑制水的电离，强碱弱酸盐水解显碱性，促进水的电离，a 点pH＝
2.88，c(H＋)＝10－2.88 mol·L－1，由Ka＝＝＝10－4.76，解得c(H＋)＝10－2.88 mol·L－1，与a 点对应，故a 点溶质
为CH3COOH，抑制水的电离，CH3COO－的水解常数Kh＝＝＝10－9.24，CH3COONa 溶液中存在水解平衡，
促进水的电离，c 点pH＝8.73 时，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－5.27 mol·L－1，lg ＝3.97，＝10－3.97，Kh′＝＝10－
3.97×10－5.27＝10－9.24＝Kh，则c 点为CH3COONa 溶液，b 点为CH3COOH 和CH3COONa 的混合溶液，溶液中
水的电离程度大小：c＞b＞a，故C 不符合题意；CH3COONa 溶液中，由于醋酸根离子水解，c(Na＋)＞
c(CH3COO－)，但水解较微弱，c(CH3COO－)＞c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D
符合题意。
1.（25-26 高三上·河北保定·期末）能在水溶液里大量共存，且加入强碱后无显著现象，再加入稀硫酸后既
出现沉淀又逸出气体的离子组是
A．K+、Na+、Al3+、Br-
B．Na+、K+、SiO3
2−、CO3
2−
C．Ca2+、Mg2+、NO3
−、Cl-
D．K+、NH4
+、Al(OH)4
−、Cl-
【答案】B
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【解析】Al3+在强碱性溶液中会生成Al(OH)3沉淀，A 错误；Na+、K+、SiO3
2−、CO3
2−在水溶液中可共存，
加入强碱无现象，随后加稀硫酸时，H⁺与SiO3
2−生成H2SiO3沉淀，与CO3
2−生成CO2气体，符合条件，B 正
确；加入强碱会生成Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，C 错误；NH 4
+与Al(OH )4
−会发生双水解，生成Al(OH )3
沉淀，无法大量共存，D 错误；故选B。
2.（25-26 高三上·福建福州·月考）下面四个选项中水解成酸性的盐是
A．NH4I
B．Na[Al(OH)4]
C．C2H5OH
D．NaHSO3
【答案】A
【解析】NH4I溶液中NH4
+发生水解（NH4
++ H2O⇌NH3⋅H2O+ H
+），生成H
+，导致溶液呈酸性，I
−来自强
酸HI，不水解，故NH4I水解后溶液呈酸性，A 正确；Na[Al(OH)4]是强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，B 错
误；C2H5OH是非电解质，不水解，不属于盐，C 错误；NaHSO3溶液中HSO3
−的电离程度（
HSO3
−⇌H
++SO3
2−）大于其水解程度（HSO3
−+ H2O⇌H2SO3
❑+OH
−），溶液酸性主要来自电离，D 错误；故
选A。
3.（2025·福建三明·三模）锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要
成分为：Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3、Al2O3等杂质)中制取Sb2O3的工艺流程如下图所示。
已知：滤饼的主要成分是：Sb4O5Cl2。下列说法错误的是
A．Sb 在元素周期表中的位置：第5 周期ⅤA 族
B．“还原”时被还原的金属元素有：Sb、Cu、Fe
C．“水解”时主要的离子方程式：4Sb
3++2Cl
−+5 H2O=Sb4O5Cl2↓+10 H
+
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D．“洗涤”时检测Fe
2+洗净的操作：取最后一次洗涤液于试管中，滴加KSCN 溶液，溶液未变红
【答案】D
【分析】含锑工业废渣中加入稀盐酸溶解，滤液中含有阳离子有Sb3+、Sb5+、Cu2+、Fe3+、Al3+、H+，滤饼
的主要成分是Sb4O5Cl2，其中Sb 的化合价为+3，因此还原步骤中加入过量铁粉，将Sb5+还原成Sb3+，
Fe3+还原成Fe2+，Cu2+还原成Cu，过滤后，Sb3+发生水解得到Sb4O5Cl2，用稀盐酸洗涤，据此分析；
【解析】Sb 为51 号元素，电子层数为5，最外层电子数为5，位于元素周期表第5 周期ⅤA 族，故A 说法
正确；根据上述分析，“溶解”后滤液1 含Sb3+、Sb5+、Cu2+、Fe3+、Al3+、H+等，“还原”时加入过量铁
粉，将Sb5+还原成Sb3+，Fe3+还原成Fe2+，Cu2+还原成Cu，被还原的金属元素为Sb、Cu、Fe，故B 说法正
确；滤饼主要成分为Sb4O5Cl2，其中Sb 为+3 价，水解时Sb3+与Cl-、H2O 反应生成该沉淀，根据原子守恒
和电荷守恒，离子方程式为4Sb3++2Cl-+5H2O= Sb4O5Cl2↓+10H+，故C 说法正确；检测Fe2+洗净应检验洗涤
液中是否含Fe2+，而KSCN 溶液仅能检测Fe3+，无法检测Fe2+，正确操作需用铁氰化钾溶液等检验Fe2+，故
D 说法错误；故选D。
4.（25-26 高三上·重庆·开学考试）室温下，向
的醋酸溶液中滴加未知浓度的氢氧化钡
溶液进行滴定，测得混合溶液的温度、pH 随加入氢氧化钡溶液体积的变化如下图所示。
已知：(CH3COO)2Ba 可溶于水，下列说法正确的是
A．氢氧化钡溶液的物质的量浓度为
B．b 点时溶液呈中性
C．a、b、c 三点对应CH3COO−的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
D．a 点时溶液中存在：c(CH3COOH)>c(CH3COO−)>c(Ba2+)>c(H+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】向20 mL0.1mol⋅L
−1的醋酸溶液中滴加未知浓度的氢氧化钡溶液，反应放热，溶液的温度升高，
当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，氢氧化钡溶液的体积为20 mL时，恰好完全反应，
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20 mL0.1mol⋅L
−1的醋酸溶液中含有CH3COOH的物质的量为0.1mol⋅L
−1×0.02L=0.002mol，则消耗氢
氧化钡的物质的量为0.001mol，该氢氧化钡溶液的物质的量浓度为0.001mol
0.02L
=0.05 mol⋅L
−1，A 错误；
b 点为反应终点，生成(CH3COO)2Ba，CH3COO-水解：CH3COO-+H2O
CH
⇌
3COOH+OH-，使溶液呈碱性，B
错误；水解平衡常数Kh只与温度有关，升高温度促进CH3COO
−的水解，水解平衡常数增大，由图可知，温
度：b>a>c，则a、b、c 三点CH3COO
−的水解平衡常数K h (b)> K h (a)> K h (c)，C 正确；a 点加入10mL
Ba(OH)2，醋酸过量，溶液为CH3COOH 和(CH3COO)2Ba 混合液，且醋酸为醋酸钡浓度的2 倍，此时
pH=3，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，存在关系：c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；由(CH3COO)2Ba 化学
式可知，即使醋酸根水解，但水解很微弱，依然有：c(CH3COO-)＞c(Ba2+)，且c(CH3COOH)＞c(Ba2+)，溶
液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，离子浓度顺序为c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(Ba2+)＞c(H+)＞c(OH-)，D 错
误；故选C。
5.（25-26 高三上·广西·开学考试）在常温下，向10mL 浓度均为0.1mol⋅L
−1的NaOH 和Na2CO3混合溶液
中滴加0.1mol⋅L
−1的盐酸，溶液pH 随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．在a点对应的溶液中，c(H
+)+2c(Cl
−)=2c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+c(OH
−)
B．V=20 mL时，2n(CO3
2−)+n(HCO3
−)>0.001mol
C．c点对应溶液的pH<7，是因为此时HCO3
−的电离能力强于其水解能力
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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
−)
【答案】A
【分析】滴加盐酸的过程中，先后发生反应：OH
−+H
+= H2O、CO3
2−+H
+= HCO3
-、HCO3
-+H
+= H2O+CO2↑。
【解析】题干中所给试剂的浓度均为0.1mol⋅L
−1，a 点对应盐酸体积10mL，则a 点时NaOH 与HCl 恰好
完全反应，溶液中的溶质为NaCl(0.001mol)和Na2CO3(0.001mol)，存在电荷守恒式：c(Na⁺)+c(H⁺)=c(Cl⁻)
+2c(CO3
2−)+c(HCO3
-)+c(OH⁻)，a 点的n(Na⁺)=0.01L× 0.1mol⋅L
−1+0.01L×2× 0.1mol⋅L
−1=0.003mol，而
n(Cl⁻)=0.001mol，故c(Na⁺)=3c(Cl⁻)，代入电荷守恒式可得：
c(H
+)+2c(Cl
−)=2c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+c(OH
−)，A 正确；V=20mL 时，前10mL 盐酸用于中和NaOH，后
10mL 盐酸与Na2CO3反应，Na2CO3恰好完全转化为NaHCO3，此时溶质为NaCl 和NaHCO3，根据C 原子守
恒知，n(CO3
2−)+n(HCO3
-)+n(H2CO3)=0.001mol，由于HCO3
-的水解程度大于其电离程度(NaHCO3溶液呈碱
性)，则n(H2CO3)＞n(CO3
2−)，则2n(CO3
2−)+n(HCO3
−)<0.001mol，B 错误；c 点盐酸体积为30mL，则
NaHCO3恰好完全转化为NaCl，溶液pH＜7 是因为盐酸和NaHCO3反应生成的二氧化碳部分溶于水生成了
碳酸，C 错误；换成醋酸滴至pH=7 时，溶液中存在电荷守恒：c(Na⁺)+c(H⁺)=c(CH3COO⁻)+c(OH⁻)+2c(CO3
2−
)+c(HCO3
-)，pH=7 时c(H⁺)=c(OH⁻)，则c(Na⁺)=c(CH3COO⁻)+2c(CO3
2−)+c(HCO3
-)，故c(Na⁺)＞c(CH3COO⁻)，D
错误；故选A。
6.（25-26 高三上·安徽·开学考试）常温下，用浓度为0.0200 mol⋅L
−1的NaOH标准溶液滴定20 mL浓度均为
0.0200 mol⋅L
−1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所
示。下列说法正确的是
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A．可用酚酞作为判断第一次滴定终点的指示剂
B．常温下，CH3COO
−的水解常数小于10
−10
C．b点时，3c(CH3COOH)<c(CH3COO
−)+c(Cl
−)
D．c点时，c (H
+)+c(OH
−)=c(CH3COOH)
【答案】C
【分析】NaOH 溶液和HCl、CH3COOH反应时，先与HCl 反应，然后再与CH3COOH反应，由滴定曲线可
知，a 点时，NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH 3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl
和CH3COOH；b 点时，NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COO
-，含量
比为2：1：1；c 点时NaOH 溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa，含量比为1：
1；d 点时NaOH 过量，溶质成分为NaCl、CH3COO
-和NaOH，据此解答。
【解析】第一次滴定终点为HCl 完全中和点即a 点，此时溶液pH=3.38 显酸性，酚酞变色范围为8.2-10.0，
无法指示酸性终点，应选甲基橙作第一次滴定终点的指示剂，A 错误；a 点为0.01mol·L
−1 CH3COOH溶
液，pH=3.38，K a= c(H
+)c(CH 3COO
−)
c(CH 3COOH )
= 10
−3.38×10
−3.38
0.01
=10
−4.76，水解常数
K h= K w
K a
= 10
−14
10
−4.76 =10
−9.24>10
−10，B 错误；b 点加入30mL NaOH，溶液含0.0002molCH3COOH、
0.0002mol CH3COO
-（初始）和0.0004molC l
−。因溶液呈酸性即CH3COOH电离＞CH3COO
-水解），
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n(CH3COOH)减小、n(CH 3COO
−)增大，故3n(CH 3COOH )＜0.0006mol，n(CH 3COO
−)+n(Cl
−)＞
0.0006mol，即3c(CH 3COOH )＜c(CH 3COO
−)+c(Cl
−)，C 正确；c 电荷守恒：
c(Cl
-)+c(OH
-)+c(CH3COO
-)=c(Na
+)+c(H
+)，2c(Cl
−)=c(Na
+)= 0.04
3
mol⋅L
−1，故电荷守恒可写为：
c(OH
-)+c(CH3COO
-)= 0.02
3
+c(H
+)，物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO
-)= 0.02
3
mol⋅L
−1，
c(CH3COOH)=c(OH
-)-c(H
+)， D 错误；故选C。
7.（25-26 高三上·山西·开学考试）下列关于溶液中离子平衡的说法正确的是
A．向水中加入酸或碱，水的离子积常数Kw会改变
B．常温下，pH =3的醋酸溶液与pH =11的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性
C．向碳酸钠溶液中加入适量水，水解程度增大，溶液的碱性增强
D．向氨水中加入氯化铵固体，氨水的电离程度减小，溶液的pH 减小
【答案】D
【解析】水的离子积常数Kw仅与温度有关，加入酸或碱不会改变Kw，A 错误；醋酸为弱酸，pH=3 时浓度
远高于0.001mol/L，而NaOH 为强碱，pH=11 时浓度为0.001mol/L，等体积混合后醋酸过量较多，溶液呈
酸性，B 错误；稀释碳酸钠溶液时，水解程度增大，但溶液浓度降低，OH⁻浓度减小，碱性减弱，C 错
误；加入NH4Cl，溶液中铵根离子浓度增大，通过同离子效应抑制氨水电离，电离程度减小，OH⁻浓度减
小，pH 减小，D 正确；故选D。
8.（2025·河北邢台·二模）常温下，向0.1mol⋅L
−1(NH4)2CO3溶液中通入HCl(g)或加NaOH (s)后的各粒子
浓度变化曲线如图所示(不考虑H2CO3及NH3⋅H2O的分解)，下列说法错误的是
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A．曲线c 代表的是H2CO3
B．M 点c
2(HCO3
−)<c(H2CO3)⋅c(CO3
2−)
C．NH4
+的水解常数的数量级是10
−10
D．pH =9.18时，c(NH4
+)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c(H2CO3)
【答案】B
【分析】0.1mol L
⋅
−1(NH4)2CO3不断加入HCl，溶液酸性不断增强，H2CO3不断增多，不断接近
0.1mol L
⋅
−1，c 为H2CO3；酸性越强，NH❑4
+水解程度越小，浓度不断接近0.2mol L
⋅
−1，a 为NH❑4
+；酸性
越强，HCO❑3
-被H+反应掉，浓度逐渐接近0，碱性越强，HCO❑3
-被OH-反应掉，浓度逐渐接近0，d 为
HCO❑3
-；溶液中加入NaOH，碱性不断增强，CO❑3
2-不断增加，浓度接近0.1mol L
⋅
−1，e 为CO❑3
2-；不断
生成NH3⋅H2O，浓度不断接近0.2mol L
⋅
−1，b 为NH3⋅H2O；a 和b 的交叉点代表NH❑4
+和NH3⋅H2O 的浓度
相等，可以计算出Kh=c(H+)=10-9.18。
【解析】曲线c 在pH=2 时浓度约0.1mol/L（符合C 元素守恒，H2CO3最大浓度为0.1mol/L），随pH 增大
H+减少，H2CO3浓度降低，故曲线c 代表H2CO3，A 正确；由H2CO3的Ka1、Ka2可知，
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c
2(HCO3
-)
c(H2CO3)⋅c(CO3
2-)
=Ka1
Ka2
，由于Ka1>Ka2，该比值c
2(HCO3
-)
c(H2CO3)⋅c(CO3
2-)
=Ka1
Ka2
>1，即
c
2(HCO3
-)>c(H2CO3)⋅c(CO3
2-)，B 错误；根据分析可知，Kh=10-9.18，数量级为10−10，C 正确；pH=9.18
时，据物料守恒c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO )
3
2- ]，此时c(NH4
+)=c(NH3⋅H2O)，
故c(NH4
+)=c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)，D 正确；故选B。
9.（2025·江苏盐城·一模）25° C时，通过下列实验探究Na2CO3的性质。
实验1：取0.1mol⋅L
−1Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol⋅L
−1盐酸
实验2：取46.6g BaSO4固体，每次用1.0L1.0 mol⋅L
−1的Na2CO3溶液处理
实验3：0.1mol⋅L
−1Na2CO3溶液，测得25° C时pH约为12，80° C时pH约为11
实验4：向10 mL0.1mol⋅L
−1Na2CO3溶液中加入2 滴0.1mol⋅L
−1AlCl3溶液
已知：25° C时，K sp(BaSO4)=1.3×10
−10、K sp(BaCO3)=2.6×10
−9。
下列说法正确的是
A．实验1 所得溶液中，c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)
B．实验2 中要使BaSO4中的SO4
2−全部转化到溶液中，至少需要反复处理5 次
C．实验3 说明80° C时Na2CO3溶液的水解程度低于25° C时
D．实验4 中发生反应的离子方程式为：2Al
3++3CO3
2−+3 H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】B
【解析】电荷守恒式中缺少Cl⁻的浓度，正确的电荷守恒应为
c (Na
+)+c (H
+)=c(C l
−)+c(OH
−)+c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)，A 错误；实验2 中，发生的转化：
BaSO4(s)+CO3
2−(aq)⇌BaCO3(s)+SO4
2−(aq)，n(BaSO4) = 46.6 g/ 233 g·L-1 = 0.2 mol，设每次处理转化
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SO4
2−的浓度为x mol/L，则平衡时c(CO3
2−)=(1-x) mol/L，根据已知可得该可逆反应的平衡常数
K=Ksp(BaSO4)
Ksp(BaCO3) =
x
1−x =0.05，解得x = 0.0476 mol/L，每次体积为1L，则每次处理可转化0.0476mol
SO4
2−，由于0.2mol
0.0476mol ≈4.2，故至少需处理5 次，B 正确；水解是吸热反应，温度升高促进水解，80℃
时pH 降低是因温度升高水的离子积（Kw）增大，不能说明水解程度降低，实际水解程度更高，C 错误；
该实验中Al3+少量，则Al3+与CO3
2−发生双水解反应生成Al(OH)3和HCO3
−，方程式错误，D 错误；故选B。
10.（2025·山东威海·一模）配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法
正确的是
A．FeCl3溶液显黄色， 没有 Fe(OH)3存在
B．稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)增大
C．FeCl3溶液中存在 Fe
3++3 H2O⇌Fe(OH)3+3 H
+
D．较浓氢氧化钠可有效抑制Fe³⁺水解
【答案】C
【解析】FeCl3溶液中存在水解平衡Fe
3++3 H2O⇌Fe(OH)3+3 H
+，溶液中一定存在Fe(OH)3，故A 错误；
稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)减小，故B 错误；FeCl3溶液中存在水解平衡
Fe
3++3 H2O⇌Fe(OH)3+3 H
+，该反应为可逆反应，故C 正确；FeCl3溶液中存在水解平衡
Fe
3++3 H2O⇌Fe(OH)3+3 H
+，增大c(OH-)可使平衡正向移动，促进Fe³⁺水解，故D 错误；故选C。
11.（2025·北京海淀·三模）某小组同学为了验证NH4
+和HCO3
−对Mg 与水反应的促进作用，用与水反应后的
Mg 条与4 种盐溶液进行对比实验，结果如下。
实验序号
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
盐溶液(均为0.1mol⋅L
−1)
NH4Cl NaHCO3
NaCl
NH4 HCO3
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起始pH
5.1
8.3
7.0
7.8
30min时产生气体体积
(mL)
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分
H2
30min时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)
补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳
酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是
A．0.1mol⋅L
−1NH4 HCO3溶液中，c(NH4
+)>c(HCO3
−)
B．NH4
+对Mg 与水反应的促进作用与Mg(OH)2+2NH4
+⇌Mg
2++2NH3⋅H2O有关
C．实验ⅱ中HCO3
−的电离平衡和水解平衡的移动方向相同
D．对比实验ⅰ和ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg 与水反应的促进作用：NH4
+>HCO3
−
【答案】C
【解析】NH4 HCO3溶液pH=7.8 显碱性，说明HCO3
−水解程度大于NH4
+水解程度，故c(NH4
+)>c(HCO3
−)，A 正
确；NH4
+水解显酸性，Mg(OH)2与H
+反应生成Mg
2+和水，促进Mg 与水反应，总反应方程式为
Mg(OH)2+2NH4
+⇌Mg
2++2NH3⋅H2O，B 正确；实验 ii 中，HCO3
−存在电离HCO3
−⇌H
++CO3
2−和水解
HCO3
−+H2O⇌H2CO3+OH
−，Mg 与水反应生成OH
−，促进HCO3
−电离，抑制其水解，移动方向不同，C 错
误；对比实验ⅰ和ⅱ，实验i（NH4Cl）30min 产生气体更多，说明浓度相同时，NH4
+对Mg 与水反应促进
作用大于HCO3
−，D 正确；故选C。
12.（24-25 高三上·甘肃平凉·期末）在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S
2−+ H2O⇌HS
−+OH
−，下列
说法正确的是
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A．升高温度，c(HS
-)
c(S
2-)
增大
B．加入CuSO4固体，HS
−浓度增大
C．稀释溶液，水解平衡常数增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】A
【解析】硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中硫离子浓度
减小，氢硫酸根离子浓度增大，则溶液中c(HS
-)
c(S
2-) 增大，故A 正确；向溶液中加入硫酸铜固体，铜离子与溶
液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀，溶液中的硫离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢硫酸根
离子浓度减小，故B 错误；水解平衡常数为温度函数，温度不变，水解平衡常数不变，则稀释溶液时，水
解平衡常数不变，故C 错误；向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH 增大，
故D 错误；故选A。
13.（24-25 高二上·河南平顶山·月考）某兴趣小组用数字化实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH 与温度
的关系，得到如图所示的曲线，下列分析错误的是
A．a 点时c(HCO3
-)大于b 点时c(HCO3
-)
B．水的电离平衡也会对溶液的pH 产生影响
C．a→b 段水解平衡向右移动
D．水解是吸热过程
【答案】A
【分析】碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子
浓度增大，碱性增强；水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，电离程度增大、水的离子积常数
增大；随着温度的升高，溶液的pH 值先增高后降低，说明b 点前温度对水解程度的影响大于对水电离程
度的影响，b 点后温度对水解程度的影响小于对水电离程度的影响。
【解析】由分析可知，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以
a 点时碳酸氢根离子浓度小于b 点时碳酸氢根离子浓度，故A 错误；由分析可知，随着温度的升高，溶液
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的pH 值先增高后降低，说明b 点前温度对水解程度的影响大于对水电离程度的影响，b 点后温度对水解程
度的影响小于对水电离程度的影响，所以水的电离平衡也会对溶液的pH 产生影响，故B 正确；由分析可
知，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以a→b 段水解平衡向
右移动，故C 正确；由分析可知，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，故D 正确；故选A。
14.（24-25 高三上·山西吕梁·期末）某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字实验系统测
定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析合理的是
A．bc 段说明碳酸钠水解是放热反应
B．ab 段说明随温度的升高，水的电离平衡向右移动为主要因素
C．碳酸钠水解的离子方程式为CO3
2−+2H2O⇌H2CO3+2OH
−
D．碳酸钠水解平衡和水的电离平衡，在不同温度范围内对溶液pH的影响程度不同
【答案】D
【分析】该溶液中存在三个平衡过程：CO3
2−+ H2O⇌HCO3
−+OH
−、HCO3
−+ H2O⇌H2CO3+OH
−、
H2O⇌H
++OH
−，它们都是吸热过程，都随温度升高而正向移动，溶液的pH =−lgc (H
+)，随温度升高，碳
酸根离子的水解程度增大则OH
−增多，导致pH增大，但由于促进水的电离，KW增大，也即导致pH减小，
分析图像可得在不同温度范围内，它们对溶液pH的影响程度不同，通过图象可知，ab 阶段以碳酸钠的水解
影响为主，bc 阶段以水的电离影响为主。
【解析】盐类水解是吸热反应，温度不断升高只会促进盐的水解不断正向移动，此时溶液pH 出现反常下
降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，不能由此得出水解放热这一错误
结论，故A 错误；ab 段显示升温导致溶液pH增大，说明水的电离平衡向右移动是次要因素，故B 错误；
碳酸钠水解的是分两步：CO3
2−+ H2O⇌HCO3
−+OH
−，HCO3
−+ H2O⇌H2CO3+OH
−，故C 错误；根据分析可
知，在不同温度范围内，它们对溶液pH的影响程度不同，故D 正确；故选D。
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15.（24-25 高三上·北京大兴·期末）常温下，NH4Cl 溶于水得到无色溶液，为使溶液中的c(NH❑4
+) : c(Cl-) =
1:1，下列采取的措施正确的是
A．加入适量的NaCl 固体
B．加入适量的盐酸，抑制NH❑4
+水解
C．加入适量的氨水，使溶液的pH 等于7
D．加入适量的NaOH 固体，使溶液的pH 等于7
【答案】C
【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，在其水溶液里能水解导致氢离子的浓度大于氢氧根的浓度，所以其溶液呈
酸性，NH4
++H2O
NH
⇌
3∙H2O+H+，为使溶液中的c(NH4
+)：c(Cl-)=1：1，即要抑制铵根离子的水解，使水解反
应向逆反应方向移动，可增大氨水的浓度。
【解析】加入适量的NaCl 固体，氯离子浓度增大，c(NH4
+)：c(Cl-)＜1：1，故A 错误；加入适量的盐酸，
抑制NH4
+水解，但氯离子浓度增大的多，c(NH4
+)：c(Cl-)＜1：1，故B 错误；加入适量的氨水，使溶液的pH
等于7，溶液中电荷守恒得到c(NH4
+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得到溶液中的c(NH4
+)：c(Cl-)=1：1，故C 正确；加
入适量的NaOH 固体，使溶液的pH 等于7，溶液中电荷守恒c(NH4
+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)得到c(NH4
+)
＜c(Cl-)，c(NH4
+)：c(Cl-)＜1：1，故D 错误；故选C。
16.（2025·贵州六盘水·一模）(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，已知物质溶解度为每100g 水
中能溶解该物质的最大质量，关于各点对应的溶液，下列说法错误的是
A．(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而升高
B．NH❑4
+在M 点的水解程度小于N 点
C．M 点KW小于N 点KW
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D．P 点c(H
+)+c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=c(OH
−)+2c(SO4
2−)
【答案】D
【解析】图像显示，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而升高，故A 正确；图像显示M、N 点均为该温度下
的饱和溶液，N 点溶解度略高于M 点，但M 温度为20℃、N 点温度为50℃，水解过程吸热，温度的影响
更大，所以NH4
+在M 点的水解程度小于N 点，故B 正确；水的电离为吸热过程，温度越高，水的电离程度
越大，KW越大，图像显示M 点温度更低，所以M 点KW小于N 点KW，故C 正确；P 点溶液电荷守恒
c(H
+)+c(NH4
+)=c(OH
−)+2c(SO4
2−)，故D 错误；故选D。
17.（2025·广西贵港·一模）如图为某实验测得0.1mol⋅L
−1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH
变化曲线，bc段有少量CO2放出。下列说法正确的是
A．a点溶液的c(OH
−)等于d点溶液的c(OH
−)
B．a点时，K a1(H2CO3)⋅K a2(H2CO3)> K w
C．d点溶液中，c (Na
+)>c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+c(H2CO3)
D．ab段，pH减小说明升温抑制了HCO3
−的水解
【答案】C
【解析】K w =c (H
+)⋅c(OH
−)，随着温度的升高，K w增大；a点、d点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是
c(OH
−)不同，d点的K w大，所以a点溶液的c(OH
−)比d点溶液的小，A 项错误；碳酸氢钠溶液中存在电离平
衡和水解平衡，根据图示可知，a点时碳酸氢钠溶液显碱性，水解程度大于电离程度，K h= K w
K al
> K a2，所
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以K w> K a1(H2CO3)⋅K a2(H2CO3)，B 项错误；bc段有少量CO2放出，所以c (Na
+)>c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+
c(H2CO3)，C 项正确；碳酸氢钠溶液中存在电离和水解两个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温
度，均促进了电离和水解两个过程，D 项错误；故选C。
18.（2025·河北张家口·一模）化学与生产、生活紧密相关，下列说法错误的是
A．25℃时，pH=4.5的番茄汁中c(H
+)是pH=6.5的牛奶中c(H
+)的100 倍
B．用热的碳酸钠溶液清除灶具上的油污，利用了盐类水解原理
C．“燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台”水汽变成雪的过程中ΔH<0，ΔS<0
D．用硫化钠做沉淀剂除去废水中的铜离子，利用了氧化还原反应原理
【答案】D
【解析】pH=-lgc(H+)，pH 每相差1，c(H+)相差10 倍，pH=4.5 与pH=6.5 相差2 个单位，故c(H+)相差100
倍，A 正确；碳酸钠水解生成碱性物质，加热促进水解，碱性增强，增强去油污能力，B 正确；水汽转化
为雪为凝华过程，放热（ΔH<0），且气体转化为固体熵减（ΔS<0），C 正确；硫化钠与铜离子生成CuS
沉淀，属于复分解反应，未涉及氧化还原，D 错误；故选D。
19.（25-26 高三上·山东泰安·开学考试）醋酸是一种重要的化工产品，下列有关醋酸溶液的说法错误的是
A．常温下，pH=4 的NH4Cl 溶液和pH=4 的CH3COOH 溶液中，水的电离程度相同
B．向0.1mol·L
-1CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中离子总物质的量增大
C．0.2mol·L
-1醋酸与0.1mol·L
-1 醋酸中电离度之比小于1：1
D．浓度均为0.1mol·L
-1的CH3COOH 和CH3COONa 溶液等体积混合后：
c(CH3COO
-)-c(CH3COOH)=2[c(H
+)-c(OH
-)]
【答案】A
【解析】pH=4 的NH4Cl溶液中，H+来自NH4
+水解，水解促进水的电离，水电离出的H+浓度为1×10-
4mol/L，而pH=4 的CH3COOH溶液中，H+主要来自醋酸电离，抑制水的电离，水电离出的H+浓度仅为1×10-
10mol/L，两者水的电离程度不同，A 错误；稀释弱酸CH3COOH时，电离程度增大，电离产生的离子总物质
的量增加，B 正确；醋酸是弱酸，浓度越高，电离度越小，0.2 mol/L 醋酸的电离度小于0.1 mol/L 醋酸，因
此两者电离度之比小于1:1，C 正确；浓度均为0.1mol⋅L
−1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，
电荷守恒为 c(Na
+)+c(H
+)=c(CH3COO
-)+c(OH
-)，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO
-)=2c(Na
+)，联立
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两式可得 c(CH3COO
−)−c(CH3COOH)=2[c(H
+)−c(OH
−)]，D 正确；故选A。
20.（2025·四川广安·一模）甘氨酸盐酸盐（HOOCCH2NH3Cl）的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
HOOCCH2NH3
+⇌H
++
−OOCCH2NH3
+ K1
❑
−OOCCH2NH3
+⇌H
++
−OOCCH2NH2 K2
常温下，向10 mL 0.1 mol·L-1的甘氨酸盐酸盐中逐滴加入0.1 mol·L-1的NaOH 溶液，滴定过程中溶液的pH
与NaOH 溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．水的电离程度：Q<X
B．Q→P 过程中：c(❑
-OOCCH2NH3
+)
c(❑
-OOCCH2NH2)
逐渐减小
C．P 点的溶液中：c(HOOCH2NH3
+)+c (H
+)=c(❑
-OOCCH2NH2)+c (OH
-)
D．当V(NaOH)=20 mL 时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl
【答案】C
【解析】由图示可知，X 点对应的溶液酸性小于Q 点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的
电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A 正确；K 2= c( H
+)·c(
−OOCCH 2 NH 2)
c(
−OOCCH 2 NH 3
+)
可得，
c(
−OOCCH 2 NH 3
+)
c(
−OOCCH 2 NH 2)
= c( H
+)
K 2
，Q→P 过程中溶液pH 增大，即c(H+)减小，K2不变，则
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c(
−OOCCH 2 NH 3
+)
c(
−OOCCH 2 NH 2)
逐渐减小，B 正确；由题干图示信息可知，P 点对应加入的NaOH 为15 mL，此时反
应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH❑3
+和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式
为：c( HOOCCH 2 NH 3
+)+c(H+)+c(Na+)=c(
−OOCCH 2 NH 2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故：
c( HOOCCH 2 NH 3
+)+c(H+)<c(
−OOCCH 2 NH 2)+c(OH-)，C 错误；当V(NaOH)=20 mL 时，NaOH 和
HOOCCH2NH3Cl 恰好完全反应，化学方程式为：2NaOH+HOOCCH2NH3Cl=NaOOCCH2NH2+NaCl+H2O，
所以混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D 正确；故选C。
39
