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考点28 盐类的水解
(核心考点精讲精练)
一、3 年真题考点分布
考点内容
考题统计
盐类水解的概念
2022 浙江1 月选考1 题，2 分；2022 浙江6 月选考23 题，2 分；
2021 广东卷8 题，2 分；2021 北京卷12 题，3 分；
盐类水解的应用
2022 海南卷13 题，4 分；
离子浓度大小比较
2022 重庆卷11 题，3 分；202 天津卷10 题，3 分；
离子曲线
2022 福建卷10 题，4 分；2022 浙江1 月选考23 题，2 分；2021
浙江1 月选考23 题，2 分；2021 浙江6 月选考23 题，2 分；2021
湖南卷9 题，3 分；
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
从近三年高考试题来看，高考中主要以盐类水解为载体考查溶液的酸碱性、溶液的pH 计算及粒子浓
度的大小比较等，通过图像分析、反应条件控制等考查难溶电解质的溶解平衡，题型为选择题和非选择题。
试题以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析。
【备考策略】
(1)通过实验归纳盐溶液的酸碱性与其类型之间的关系，进一步探究盐溶液呈现不同酸碱性的原因，总
结盐类水解的规律、盐类水解的影响因素、盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的比较等；
(2)熟练掌握盐类水解离子方程式的书写，运用平衡模型解释化学现象，揭示现象本质和规律。
(3)熟练掌握各种图象以及图象的分析方法，注意图象纵、横坐标的含义；学会特别复杂图象、一个图
象含有多条曲线情况的分析。
【命题预测】
预测2024 年应重点关注水解平衡常数的计算、影响水解平衡的因素、电解质溶液中电荷守恒关系的应
用；侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种
守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。
考法
1
盐类水解及规律
1
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4．.盐类水解离子方程式的书写要求
(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“
”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气
体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
规律：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型
实例
是否
水解
水解的离子
溶液的
酸碱性
溶液的
pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
pH>7
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)盐类水解的实质是促进水电离，水电离平衡右移( )
(2)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性( )
(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应( )
(4)离子能够发生水解的盐溶液一定呈酸性或碱性( )
2
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(5)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐( )
(6)常温下，pH＝10 的CH3COONa 溶液与pH＝4 的NH4Cl 溶液，水的电离程度相同( )
(7)常温下，pH＝11 的CH3COONa 溶液与pH＝3 的CH3COOH 溶液，水的电离程度相同( )
(8)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离( )
(9)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成( )
(10)Na2CO3的水解：CO＋2H2O===H2CO3＋2OH－( )
(11)FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合：Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑( )
(12)同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa 溶液相比前者pH 大；同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液相比后
者pH 小( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)× (11)√ (12)√
例1 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )
A．Na2CO3
B．AlCl3
C．Ca(OH)2
D．NaNO3
【答案】A
【解析】A 项，碳酸钠溶液中存在碳酸根的水解CO3
2-+H2O
HCO3
-+OH-，溶液显碱性，A 符合题
意；B 项，AlCl3溶液中存在Al3+的水解而显酸性，B 不符合题意；C 项，Ca(OH)2可以在水溶液中电离出
OH-而显碱性，与水解无关，C 不符合题意；D 项，NaNO3为强酸强碱盐，溶液显中性，D 不符合题意；故
选A。
例2 下列方程式属于水解反应方程式的是( )
A．H2CO3
HCO3
-+H+
B．HCO3
-+H2O
H3O++CO3
2-
C．HCO3
-+OH-=H2O+CO3
2-
D．CO3
2-+ H2O
HCO3
-+ OH-
【答案】D
【解析】A 项，碳酸是一种二元弱酸，选项所给为碳酸的第一步电离方程式，A 不符合题意；B 项，
碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根的电离方程式，B 不符合题意；C 项，碳酸氢根水
解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根和氢氧根的反应，C 不符合题意；D 项，碳酸根水解生成碳酸
氢根和氢氧根，方程式为CO3
2-+ H2O⇌HCO3
-+ OH-，D 符合题意；故选D。
对点1 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )
A．NH4NO3
B．Na2CO3
C．NaCl
D．Al2(SO4)3
【答案】B
【解析】A 项，NH4NO3溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，故A 不符合题意；B 项，Na2CO3溶液中
碳酸根离子水解使溶液显碱性，故B 符合题意；C 项，NaCl 不水解，显中性，故C 不符合题意；D 项，
3
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Al2(SO4)3溶液中铝离子水解使溶液显酸性，故D 不符合题意；故选B。
对点2 下列操作会促进H2O 的电离，且使溶液pH>7 的是( )
A．将纯水加热到90 ℃ B．向水中加少量NaOH 溶液
C．向水中加少量Na2CO3溶液 D．向水中加少量FeCl3溶液
【答案】C
【解析】将纯水加热到90 ℃，水的电离程度增大，c(H＋)＝c(OH－)>10－7 mol·L－1，pH<7，A 错；向
水中加少量NaOH 溶液，水中c(OH－)增大，pH>7，但水的电离平衡向逆方向移动，即水的电离受到抑制，
B 错；向水中加少量Na2CO3溶液，CO 与H＋结合，水中c(H＋)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(OH－)
增大，c(OH－)>c(H＋)，pH>7，C 对；向水中加少量FeCl3溶液，Fe3＋与OH－结合为弱电解质Fe(OH)3，水
中c(OH－)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，pH<7，D 错。
考法
2
影响盐类水解的因素
1．内因
形成盐的酸或碱的强弱。盐对应的酸或碱越弱，就越易发生水解。如酸性：CH3COOH>H2CO3――→
相同条件下相同浓度的NaHCO3、CH3COONa 溶液的pH 大小关系为pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa)。
2．外因
(1)温度、浓度
条件
移动方向
水解程度
水解产生的离子浓度
升高温度
右移
增大
增大
反应物
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(稀释)
右移
增大
减小
(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。
①外加酸、碱
外加物质
水解程度
弱酸阴离子
弱碱阳离子
酸
增大
减小
碱
减小
增大
②外加能水解的盐
利用平衡移动原理解释问题的思维模板
(1)解答此类题的思维过程
4
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①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
②找出影响平衡的条件
③判断平衡移动的方向
④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
(2)答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)外界条件对盐水解程度的大小起决定作用( )
(2)影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等( )
(3)能水解的盐的浓度越低，水解程度越大，溶液的酸碱性越强( )
(4)盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的( )
(5)水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大( )
(6)NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离( )
(7)水解反应NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动( )
(8)Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强( )
(9)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强( )
(10)在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液，溶液的红色逐渐退去( )
(11)pH 相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH 溶液的物质的量浓度大小：①＞②＞③( )
(12)在NH4Cl 溶液中加入稀HNO3，能抑制NH 水解( )
(13)在CH3COONa 溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO－水解( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)× (10)√ (11)√ (12)√
例1 下列关于FeCl3水解的说法错误的是( )
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，前者Fe3+的水解程度小于后者
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，
5
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Fe3+水解程度增大，A、B 两项正确；盐类水解是吸热过程，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。
例2 室温下，将0.20mol Na2CO3固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论
正确的是( )
加入的物质
结论
A
100mL2mol·L-1H2SO4
反应结束后， (Na+)=c(SO4
2-)，
B
溶液中
增大
C
200mLH2O
由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
D
0.4mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH 减小，c(Na+)不变
【答案】B
【解析】n(Na2CO3)=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为
CO3
2-+H2O⇌HCO3
-+OH- 。A 项，n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol ，H2SO4 和Na2CO3 反应方程式为
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，
则c(H+)=c(OH-) ，根据电荷守恒得(Na+)=2c(SO4
2-) ，故A 错误；B 项，CaO+H2O=Ca(OH)2 、
Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，随着CO3
2-的消耗，CO3
2-+H2O⇌HCO3
-+OH-向左移动，c(HCO3
-)减小，
反应生成OH-，则c(OH-)增大，导致溶液中
增大，故B 正确；C 项，加水稀释，促进碳酸钠水解，
则由水电离出的n(H+)、n(OH-)都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，
c(H+) 、c(OH-) 减小，二者浓度之积减小，故C 错误；D 项，NaHSO4 和Na2CO3 反应方程式为：
2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的
溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH 减小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以
c(Na+)增大，故D 错误；故选B。
对点1 Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO3
2-+H2O
HCO3
-+OH-。下列说法错误的是( )
A．加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小
B．通入CO2，溶液pH 减小
C．加入NaOH 固体，
减小
D．升高温度，平衡常数增大
【答案】A
6
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【解析】A 项，碳酸钠溶液显碱性，其中加水稀释时，溶液中OH-离子浓度减小，由于溶液中存在水
的离子积常数，所以溶液中c(H+)增大，A 错误；B 项，通入CO2，其与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸根离
子反应产生HCO3
-，溶液中HCO3
-的水解程度小于CO3
2-的水解程度。向碱性的溶液中加入酸，溶液的碱性
一定会减弱，故溶液pH 减小，B 正确；C 项，加入NaOH 固体会抑制碳酸钠水解，所以
减小，
C 正确；D 项，温度升高，促进盐的水解，因此水解平衡常数增大，D 正确；故选A。
对点2 用棕黄色FeCl3溶液探究影响盐类水解的因素，根据实验现象和原理，下列对水解程度判断正
确的是( )
选项
实验
现象
水解程度
A
加入FeCl3固体
溶液变成红褐色
变大
B
加热FeCl3溶液
溶液变成红褐色
不变
C
通入HCl 气体
溶液颜色变浅
减小
D
加入NaCl 溶液
溶液颜色变浅
不变
【答案】C
【解析】棕黄色FeCl3溶液中Fe3+水解，水解离子方程式Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+。A 项，加
FeCl3固体，水解平衡向右移动，溶液变成红褐色，水解程度减小，A 错误；B 项，加热，水解平衡右移，
溶液变成红褐色，水解程度增大，B 错误；C 项，加HCl，c(H+)增大，水解平衡左移，溶液颜色变浅，水
解程度减小，C 正确；D 项，加入NaCl 溶液，相当于加水稀释，水解平衡向右移动，水解程度增大，D 错
误；故选C。
考法
3
盐类水解的应用
1．判断离子能否大量共存
若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的
相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与[Al(OH)4]－、CO、HCO。
2．判断盐溶液蒸干时所得的产物
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸
干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
(2)盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧
得Al2O3。
(3)考虑盐受热时是否分解，如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl 固体受热易分解，因此蒸干灼烧
后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→
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K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
3．保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3 溶液时，为防止出现Fe(OH)3 沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3 的水解；在实验室盛放
Na2CO3、CH3COONa、Na2S 等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
4．利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为FeCl3＋3H2O=====Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理：Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
5．解释热的纯碱溶液去污能力强
碳酸钠溶液中存在水解平衡CO＋H2O
HCO＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大。
6．解释泡沫灭火器的反应原理
成分NaHCO3、Al2(SO4)3发生反应Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
1．熟记下列因水解相互促进不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH 与SiO、AlO。
(4)NH 与CH3COO－、HCO 虽能发生水解相互促进的反应，但能大量共存。
2．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(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)――→CuSO4(s)。盐溶液水解
生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如FeCl3(aq) ――→Fe(OH)3――→Fe2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4 固体受热易分解，因此蒸干后分别为
Ca(HCO3)2→CaCO3、NaHCO3→Na2CO3、KMnO4→K2MnO4＋MnO2。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)――→Na2SO4(s)。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂( )
(2)制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法( )
(3)实验室保存Na2S 溶液用带有玻璃塞的试剂瓶 ( )
(4)泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液( )
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(5)焊接时用NH4Cl 溶液除锈与盐类水解无关( )
(6)生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理( )
(7)实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
例1 下列应用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解反应无关的是( )
A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B．泡沫灭火器中含有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将二者混合就可产生大量二氧化碳
C．常用热的碳酸钠溶液清洗油污
D．可利用碳酸钠与醋酸反应制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】A 项，Na2CO3 水解使溶液显碱性，OH-与玻璃中的SiO2 会发生反应；B 项，NaHCO3 与
Al2(SO4)3发生相互促进的水解反应：Al3++3 HCO3
-=Al(OH)3↓+3CO2↑；C 项，CO3
2-水解使溶液显碱性，能够
除去油污；D 项与盐类的水解无关。
例2 合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解
的性质无关的是( )
A．金属焊接时可用NH4Cl 溶液做除锈剂
B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe 粉
C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化
D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生
【答案】B
【解析】NH4Cl 水解溶液显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A 不合题意；亚
铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe 粉的目的是防止Fe2＋被氧化，与盐类的水解无关，B
符合题意；铵根离子水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C 不合题意；
FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D 不合题意。
对点1 下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是( )
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH 和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH 固体
C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋
D．加热蒸干KCl 溶液，最后得到KOH 固体(不考虑CO2的反应)
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【答案】C
【解析】A 项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH。虽然加热促进CO 水解，但生成的NaHCO3又
与NaOH 反应生成了Na2CO3；B 项，引入了新杂质Na＋，应用MgO 或MgCO3固体；D 项，KCl 不水解，
不可能得到KOH 固体。
对点2 下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )
A．CO＋H2O
HCO＋OH－ 用热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋ 明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)
TiO2·xH2O↓＋4HCl 制备TiO2纳米粉
D．SnCl2＋H2O
Sn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
【答案】D
【解析】配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解，加入NaOH 会促进SnCl2的水解，而发生变
质。
考法
4
“ 粒子”浓度关系的比较
1．溶液中粒子浓度大小比较的理论依据
(1)电离理论
①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：
NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)。
②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)，如H2S
溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。
(2)水解理论
①弱电解质离子的水解损失是微量的(相互促进水解反应除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液
中c(H＋)或碱性溶液中c(OH －)总是大于水解产生的弱电解质的浓度，如NH4Cl 溶液中：NH、Cl－、
NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)。
②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如Na2CO3溶液中：CO、HCO、
H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)。
2．溶液中粒子浓度的三大定量关系
(1)电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，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，如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)
＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
(2)物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的，如K2S 溶液中S2－、HS－
都能水解，故S 元素以S2－、HS－、H2S 三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS
－)＋2c(H2S)。
(3)质子守恒规律
如Na2S 水溶液中的质子转移图示如下：
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由图可得Na2S 水溶液中质子守恒式可表示如下：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋
2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。
质子守恒式可由电荷守恒式和物料守恒式推导获得。
溶液中粒子浓度大小比较
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)Na2S 溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S) ( )
(2)Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4) ( )
(3)Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－) ( )
(4)0.1 mol·L－1的NaHA 溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－) ( )
(5)常温下，pH＝9 的NaHA 溶液：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>c(H2A) ( )
(6)新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－) ( )
(7)pH＝8.3 的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3) ( )
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(8)Na2CO3溶液：c(H＋)－c(OH－)＝c(HCO)＋2c(CO)－c(Na＋) ( )
(9)向NaOH 溶液中滴入HCOOH 溶液后溶液显碱性：c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋) ( )
(10)浓度均为0.1 mol·L－1的HF 溶液与KF 溶液等体积混合：c(F－)＋c(HF)＝0.2 mol·L－1( )
(11)pH＝11 的氨水与pH＝3 的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH)>c(OH－)＝c(H＋) ( )
(12)0.2 mol/L CH3COOH 溶液与0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－
c(CH3COOH) ( )
(13)0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)
＞c(OH－) ( )
(14)20 mL 0.1 mol/L CH3COONa 溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl 溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：
c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋) ( )
(15)室温下，pH＝2 的盐酸与pH＝12 的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH
－)( )
(16)0.1 mol/L CH3COOH 溶液与0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋
c(CH3COOH)( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)√ (9)× (10)× (11)× (12)√ (13)×
(14)√ (15)× (16)×
例1 室温下，将两种浓度均为0.1mol·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正确的是( )
A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO3
2-)＞c(OH－)
B．氨水-NH4Cl 混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+ c(H＋)= c(NH3∙H2O)+c(OH－)
C．CH3COOH - CH3COONa 混合溶液(pH=4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(H+)
D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋
c(C2O)
【答案】AD
【解析】A 项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3
-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和
Na2CO3水解关系为：CO3
2-＞HCO3
-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)＞c(CO3
2-)，CO3
2-和HCO3
-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：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO3
2-)＞c(OH－)，故A 正确；B 项，该混合溶液中电荷守恒
为：c(NH)+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：
c(NH)+2c(H＋)= c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B 错误；C 项，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 项，该混合溶液中物料
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守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4
-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4
-)
+2c(C2O)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)，故D 正确；故选AD。
例2 (2022•重庆卷，11)某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液
……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是( )
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO4
2-)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】A 项，经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+
Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl 和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO4
2-和Ca2+，则
c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A 错误；B 项，步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中
反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO4
2-)，故B
错误；C 项，经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守
恒：c(Cl-)=2c(CO3
2-)+2c(HCO3
-)+2c(H2CO3)，故C 错误；D 项，步骤③中，
CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol
Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D 正确；故选D。
对点1 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．NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3)
B．室温下，pH=2 的盐酸与pH=12 的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-)
C．0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： 2c(Na＋)=3c(CO3
2-)+3c(HCO3
-)+3c(H2CO3)
D．0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)
+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)
【答案】C
【解析】A 项，NaHCO3溶液中：HCO3
-的水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性，根据质子守恒
可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A 错误；B 项，HCl 是一元强酸，完全电离，c(H+)与盐酸的浓度相等，而
NH3·H2O 是一元弱碱，只有很少一部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，
将pH=2 的盐酸与pH=12 的氨水等体积混合，电离产生的OH-恰好与H+中和，但c(NH3·H2O)> c(OH-)，电
解质分子进一步电离产生OH-和NH4
+，因此溶液显碱性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，盐
电离产生的离子浓度远大于弱碱电离产生的离子浓度所以微粒浓度关系为c(NH4＋) >c(Cl-)>c(OH-) >c(H＋)，
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B 错误；C 项，0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： 2c(Na＋)
=3c(CO3
2-)+3c(HCO3
-)+3c(H2CO3)，C 正确；D 项，0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4
为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2O4
2-)＋c(HC2O4
-)＋
c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D 错误。
对点2 常温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。
实验1：用 pH 计测量0.05mol·L-1 NaHCO3溶液的pH，测得pH 为8.3
实验2：向 0.05mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴滴加等体积同浓度的NaOH 溶液，溶液pH 逐渐上升至
11.3
实验3：向0.05mol·L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，溶液pH 逐渐下降至4.3
下列说法正确的是( )
A．由实验1 可得出： Kw＜Ka1(H2CO3) ·Ka2(H2CO3)
B．实验2 过程中，c(OH- )+c(HCO3
- )+2c(CO3
2-- )逐渐增大
C．实验3 过程中，c(Na+)逐渐小于c(HCO3
- )+c(CO3
2-- )+c(H2CO3)
D．实验2 和3 结束时，用x 和y 依次表示两份溶液中c(Na+ )+c(H+)，则x＞y
【答案】D
【解析】A 项，HCO3
-水解平衡常数与水的离子积的关系Kh=
，根据实验1，碳酸氢钠溶液显碱性，
说明HCO3
-水解平衡常数大于HCO3
-电离平衡常数，有Kh=
＞Ka2，即有Kw＞Ka1·Ka2，故A 错误；B 项，
0.05mol/LNaHCO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3
-)+c(CO3
2--)=0.05+10-8.3，向0.05moL/LNaHCO3溶
液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，两种溶液恰好完全反应，生成Na2CO3，溶液中存在c(Na+)
+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3
-)+c(CO3
2--)=0.05+10-11.3，因此实验2 过程中c(OH-)+c(HCO3
-)+c(CO3
2--)逐渐减小，故B
错误；C 项，0.05mol/LNaHCO3溶液中存在c(Na+)= c(HCO3
-)+c(CO3
2--)+c(H2CO3)，向0.05moL/LNaHCO3溶
液中加入等体积等浓度的盐酸，两种溶液恰好完全反应，生成NaCl 和CO2，CO2能溶于水，使溶液显酸性，
因此有c(Na+)= c(HCO3
-)+c(CO3
2--)+c(H2CO3)+c(Cl-)，推出c(Na+)＞c(HCO3
-)+c(CO3
2--)+c(H2CO3)，实验3 过程
中，c(Na+)大于c(HCO3
-)+c(CO3
2--)+c(H2CO3)，故C 错误；D 项，实验3 结束后，溶液中存在c(Na+)
+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3
-)+c(CO3
2--)+c(Cl-)=0.025+10-4.3，根据B 选项分析，推出x＞y，故D 正确；故选D。
1．(2022·浙江省1 月选考，1)水溶液呈酸性的盐是( )
A．NH4Cl
B．BaCl2
C．H2SO4
D．Ca(OH)2
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【答案】A
【解析】A 项，NH4Cl 盐溶液存在NH4
++H2O
NH3·H2O+H+而显酸性，A 符合题意；B 项，BaCl2
溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B 不符合题意；C 项，H2SO4属于酸，不是盐类，
C 不符合题意；D 项，Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D 不符合题意；故选A。
2．(2022•海南省选择性考试，13)NaClO 溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列
关于NaClO 溶液说法正确的是( )
A．0.01mol/L 溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO3
-+HClO
D．25℃，pH=7.0 的NaClO 和HClO 的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】A 项，NaClO 溶液中ClO-会水解，故0.01mol/L NaClO 溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A 正确；
B 项，次氯酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO 长期露置在空气中会分解，为HCl 和O2，不会
释放Cl2，B 错误；C 项，将过量的SO2通入NaClO 溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO4
2-+2H+，C
错误；D 项，25℃，pH=7.0 的NaClO 和HClO 的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)
+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D 正确；故选AD。
3．(2022•福建卷，10)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可
表示为：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3
-+4Cl-+2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将
的氨水分别和不同量的NaClO 混合，测得溶液中
氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO 投入量(用x 表示)的关系如下图所示。下列说法正确
的是( )
A．x1的数值为0.009
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B．x＞x1时，c(Cl-)=4c(NO3
-)
C．x＞x1时，x 越大，生成N2的量越少
D．X=x1时，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
【答案】C
【解析】A 项，x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，
，
95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗
，
参与反应②消耗
，
，A 错
误；B 项，x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)＞4c(NO3
-)，B 错误；C 项，x>x1时，x 越大，氨总去
除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C 正确；D 项，x=x1时，氨的
去除率为100%，溶液中没有NH4
+和ClO-，含有Na+、H+、NO3
-、Cl-和OH-，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H
＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(NO3
-)，D 错误；故选C。
4．(2022·浙江省1 月选考，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液
和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH 计和压力传感器检测，得到如图
曲线：
下列说法正确的的是( )
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL 时(a 点、b 点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3
-
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+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c 点可用酚酞、d 点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO3
2-)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】A 项，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应
先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向
NaHCO3溶液中滴加盐酸，A 错误；B 项，当滴加盐酸的体积为V1mL 时(a 点、b 点)，所发生的反应为碳酸
根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO3
2-+H+= HCO3
-，B 错误；C 项，根据pH—
V(HCl)图，滴定分析时，c 点的pH 在9 左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d 点的pH 在4
左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C 正确；D 项，根据电荷守恒和物
料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3
-)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-
c(CO3
2-)=c(OH-)-c(H+)，D 错误；故选C。
5．(2022·浙江省6 月选考，23)
时，向
浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴
加入0.1mol·L－1的NaOH 溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH 溶液滴定20mL 等浓度的盐酸，
滴定终点的
突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH 溶液至pH=4.3 的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O
C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．
时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A 项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，
A 正确；B 项，滴加NaOH 溶液至pH=4.3 的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加
NaOH 溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)=
=
=
>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子
方程式为：H++OH-=H2O 和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B 错误；C 项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，
故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C 正确；D 项，向20mL 浓度均为
0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH 溶液，当盐酸的体积为20ml 时，溶液
为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH 溶液的体积为30mL
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时，溶液为NaCl 和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=
可知，此时
溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH 溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D 正确；故
选B。
6．(2022·浙江省6 月选考，17)
时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等
的C6H5ONa 和CH3COONa 溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．将浓度均为0.1mol·L－1的C6H5ONa 和NaOH 溶液加热，两种溶液的
均变大
C．
时，C6H5OH 溶液与NaOH 溶液混合，测得
，则此时溶液中c (C6H5O-)= c
(C6H5OH)
D．
时，0.1mol·L－1的C6H5OH 溶液中加少量C6H5ONa 固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A 项，醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH 的
C6H5ONa 和CH3COONa 溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A 错误；B 项，C6H5ONa 溶液中，C6H5O-离子水解
出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH 变大，而氢氧化钠溶液中不存在
平衡，升温pH 不变，B 错误；C 项，当pH=10.00 时，c(OH-)=1.0×10-10，
，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C 正确；D 项，C6H5ONa 中的
C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D 错误；故选C。
7．(2021•浙江1 月选考，23)实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl 溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa 溶
液的pH 分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数均为
1.8×10-5.下列说法不正确的是( )
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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NH4Cl 溶液加水稀释至浓度
mol·L-1，溶液pH 变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa 溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH 减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl 溶液与CH3COONa 溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4
+)
【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 NH4Cl 溶液、10 mL
0.50mol·L-1CH3COONa 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 项，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 项，将NH4Cl 溶液加水稀释至浓度
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 项，随温度升高，水的电离
程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa 的水解程度变大，溶液中c(OH-)
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增大，因此，C 说法不正确；D 项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1 溶液与CH3COONa 溶液中均分别存在
电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4
+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，
c(Cl-)-c(NH4
+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时
CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数均为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NH4C1 溶液与CH3COONa 溶液，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(CH3COO- )=c(Cl-)-
c(NH4
+)，D 说法正确。故选C。
8．(2021•浙江6 月选考，23)取两份10mL 0.05mol·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·Lˉ1的盐酸，
另一份滴加0.05mol·Lˉ1 NaOH 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：NaHCO3溶液中HCO3
-的水解程度大于电离程度
B．a→b→c 过程中：c(HCO3－)+2c(CO3
2-)+c(OH-)逐渐减小
C．a→d→e 过程中：c(Na＋)＜c(HCO3－)+c(CO3
2-)+c(H2CO3)
D．令c 点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e 点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH 将逐渐减小，向NaHCO3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NaHCO3溶液中滴加NaOH 溶液，
ade 曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A 项，a 点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3
-在溶液中电离
使溶液呈酸性，HCO3
-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3
-的水解程度大于电离
程度，故A 正确；B 项，由电荷守恒可知，a→b→c 过程溶液中c(HCO3－)+2c(CO3
2-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H
＋)，滴加NaOH 溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO3－)+2c(CO3
2-)+c(OH-)逐渐减小，
故B 正确；C 项，由物料守恒可知，a 点溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO3
2-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴
加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e 过程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO3
2-)+c(H2CO3)，故C 错误；D 项，
c 点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)mol/L，e 点溶液体积增大1 倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-
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4)mol/L，因此x>y，故D 正确；故选C。
9 ．(2021• 湖南选择性考试，9) 常温下，用0.1000mol•L
1
﹣的盐酸分别滴定20.00mL 浓度均为
0.1000mol•L
1
﹣的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(
)
A．该NaX 溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．当pH＝7 时，三种溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分别滴加20.00mL 盐酸后，再将三种溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)
c(OH
﹣
﹣)
【答案】C
【解析】A 项，因为HX 为弱酸，NaX 溶液存在水解：X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞
c(OH﹣)＞c(H+)，故A 正确；B 项，根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，
一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：
HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K 越大，所以有：Ka(HX)＞
Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B 正确；C 项，当pH＝7 时，c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒，NaX 溶液中有：c(H+)
+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，则有：c(X﹣)＝c(Na+)
c(Cl
﹣
﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)
c(Cl
﹣
﹣)，c(Z﹣)＝
c(Na+)
c(Cl
﹣
﹣)，又因三种溶液滴定到pH＝7 时，消耗的HCl 的量是不一样的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一样
的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C 错误；D 项，分别滴加20.00mL 盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷
守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)= 0.1mol / L×20mL×3
40mL×3
=
0.05mol/L，混合溶液中c(Cl﹣)= 0.1mol / L×20mL×3
40mL×3
=0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X﹣)+c(Y
﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)
c(OH
﹣
﹣)，故D 正确。故选C。
10．(2021•广东选择性考试，8)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl 表示)。
已知GHCl 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是( )
A．0.001mol·L-1GHCl 水溶液的pH=3
B．0.001mol·L-1GHCl 水溶液加水稀释，pH 升高
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C．GHCl 在水中的电离方程式为：GHCl=G+HCl
D．GHCl 水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】A 项，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 项，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 项，GHCl 为强酸弱碱盐，在水中电离
方程式为GHCl=GH++Cl-，故C 错误；D 项，根据电荷守恒可知，GHCl 溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)
+c(GH+)，故D 错误；故选B。
12．(2021•北京卷，12)以下4 个实验中均产生了白色沉淀。
下列说法不正确的是( )
A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液含有的微粒种类相同
B．Ca2+促进了CO3
2-、HCO3
-的水解
C．Al3+促进了CO3
2-、HCO3
-的水解
D．滴入溶液后，4 支试管内溶液的pH 都变小
【答案】B
【解析】A 项，Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、CO3
2-、HCO3
-、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含
有的微粒种类相同，A 正确；B 项，HCO3
-
H++ CO3
2-，加入Ca2+后，Ca2+和CO3
2-反应生成沉淀，促进
HCO3
-的电离，B 错误；C 项，Al3+与CO3
2-、HCO3
-都能发生互相促进的水解反应，C 正确；D 项，由题干
信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH 减
小，D 正确；故选B。
11．(2021•天津卷，10)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4
-)＞c(HPO4
2-)＞c(PO4
3-)
B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4
-)+c(C2O4
2-)
C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3
-)=0.1mol·L-1
D．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A 项，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在
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0.1mol·L-1H3PO4 溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A 正确；B 项，
在0.1mol·L-1Na2C2O4 溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B 错
误；C 项，在0.1mol·L-1NaHCO3 溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1，故C
错误；D 项，氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)
+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D 错误；故选A。
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