备战2021 高考化学 考点47 盐类的水解（解析版） 33页

考点 47 盐类的水解 一、盐类的水解及其规律 1．定义 在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的 H+或 OH－结合生成弱电解质的反应。 2．实质 3．特点 4．水解常数(Kh) 以 CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－为例，表达式为 3 3 (CH COOH) (OH ) (CH COO ) c c c    ＝Kh＝KW Ka 。 5．水解的规律及类型 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 =7 强酸弱碱盐 NH4Cl、 Cu(NO3)2 是 4NH  、Cu2+ 酸性 ＜7 弱酸强碱盐 CH3COONa、 Na2CO3 是 CH3COO－、 2 3CO  碱性 ＞7 注意：（1）弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 ①若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如 NaHCO3 溶液中： 3HCO H++ 2 3CO  (次要)， HCO－ 3 +H2O H2CO3+OH－(主要)。 ②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如 NaHSO3 溶液中：HSO － 3 H++SO 2－ 3 (主要)， HSO－ 3 +H2O H2SO3+OH－(次要)。 （3）相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如 2 3CO  > 3HCO 。 （4）相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如 4NH  的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4> (NH4)2Fe(SO4)2。 6．水解方程式的书写 （1）一般要求 如 NH4Cl 的水解离子方程式为 + 4NH ＋H2O NH3·H2O＋H＋。 （2）三种类型的盐水解方程式的书写。 ①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。 如 Na2CO3 的水解离子方程式为 2 3CO  ＋H2O 3HCO ＋OH－。 ②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。 如 FeCl3 的水解离子方程式为 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋。 ③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。 如 Na2S 溶液与 AlCl3 溶液混合反应的水解离子方程式为 2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。 二、盐类水解的影响因素 1．内因 弱酸根离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解，溶液的碱性或酸性越强。如：酸性： CH3COOH>H2CO3 相同浓度的 NaHCO3、CH3COONa 溶液的 pH 大小关系为 NaHCO3>CH3COONa。 2．外因 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度 温度 升高 右移 增大 增大 浓度 增大 右移 减小 增大 减小(即稀释) 右移 增大 减小 外加酸碱 酸 弱碱阳离子水解程度减小 碱 弱酸阴离子水解程度减小 外加其他盐 水解形式相同 的盐 相互抑制(如 NH4Cl 中加 FeCl3) 水解形式相反 的盐 相互促进[如 Al2(SO4)3 中加 NaHCO3] 提醒：（1）稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生 的 H＋或 OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱； （2）向 CH3COONa 溶液中加入少量冰醋酸，并不会与 CH3COONa 溶液水解产生的 OH－反应，使平衡 向水解方向移动，原因是体系中 c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡 CH3COO－＋H2O CH3COOH ＋OH－左移。 例如，不同条件对 FeCl3 水解平衡的影响[Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+] 条件 移动方向 H+数 pH 现象 升温 向右 增多 减小 颜色变深 通 HCl 向左 增多 减小 颜色变浅 加 H2O 向右 增多 增大 颜色变浅 加 NaHCO3 向右 减少 增大 生成红褐色沉淀，放出气体 三、盐类水解的应用 1．盐类水解的常见应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 FeCl3 溶液显酸性，原因是 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ 判断离子能否共存 若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的 甚至水解完全。常见的水解相互促进的反应进行完全的有： ①Al3＋与 HCO－ 3 、CO2－ 3 、AlO－ 2 、SiO2－ 3 、HS－、S2－、ClO－。 ②Fe3＋与 HCO－ 3 、CO2－ 3 、AlO－ 2 、SiO2－ 3 、ClO－。 ③NH ＋ 4 与 SiO2－ 3 、AlO－ 2 。 判断酸性强弱 NaX、NaY、NaZ 三种盐 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，防止 Cu2+水解；配制 FeCl3 溶液，加入 少量盐酸；贮存 Na2CO3 溶液、Na2SiO3 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+ 泡沫灭火器原理 成分为 NaHCO3 与 Al2(SO4)3，发生反应为 Al3++3 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得混用 除锈剂 NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接时的除锈剂 2．盐溶液蒸干时所得产物的判断 （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(s)；Na2CO3(aq)蒸干得 Na2CO3(s)。 （2）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 AlCl3(aq)蒸干得 Al(OH)3 灼 烧得 Al2O3。 （3）考虑盐受热时是否分解。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―→K2MnO4 和 MnO2 ； NH4Cl―→NH3↑+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。 四、溶液中离子浓度大小的比较 1．比较方法 （1）“一个比较” 同浓度的弱酸(或弱碱)的电离能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的水解能力。 ①根据题中所给信息：如果是电离能力大于水解能力，例：CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO－的水 解程度，所以等浓度的 CH3COOH 与 CH3COONa 溶液等体积混合后溶液显酸性；同理 NH3·H2O 的电离程度 大于 NH ＋ 4 水解的程度，等浓度的 NH3·H2O 和 NH4Cl 溶液等体积混合后溶液显碱性。 ②根据题中所给信息：如果是水解能力大于电离能力，例：HClO 的电离程度小于 ClO－的水解程度， 所以等浓度的 HClO 与 NaClO 溶液等体积混合后溶液显碱性；反之，如果等浓度的 HClO 与 NaClO 溶液等 体积混合后溶液显碱性，可知 HClO 的电离程度小于 ClO－的水解程度。 ③酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力哪一个更强。如在 NaHCO3 溶液中， 3HCO 的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性。 （2）“两个微弱” ①弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在 稀醋酸中：CH3COOH CH3COO －+H+、H2O OH －+H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序： c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。 ②弱酸根或弱碱阳离子的水解是很微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如在稀 NH4Cl 溶 液中：NH4Cl=== 4NH  +Cl－、 4NH  +H2O NH3·H2O+H+、H2O OH－+H+，所以在 NH4Cl 的溶液中微 粒浓度由大到小的顺序是：c( Cl－)＞c( 4NH  )＞c(H+)＞c(NH3·H2O )＞c(OH－)。 （3）“三个守恒” 如 在 Na2CO3 溶 液 中 ： Na2CO3===2Na++ 2 3CO  、 2 3CO  +H2O 3HCO +OH － 、 3HCO +H2O H2CO3+OH－、H2O ˆˆ†‡ˆˆ OH－+H+。 ①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c( 2 3CO  )+c( 3HCO )+c(OH－) ②物料守恒：c(Na+) =2c( 2 3CO  )+2c( 3HCO )+2c(H2CO3) 上述两个守恒相加或相减可得： ③质子守恒：c(OH－)=c(H+)+c( 3HCO )+2c(H2CO3) 2．常见类型 （1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在 H3PO4 的溶液中，c(H+)＞c( 42H PO )＞c( 2 4HPO  )＞c( 3 4PO  )。 （2）多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如 Na2CO3 溶液中，c(Na+)＞c( 2 3CO  )＞c(OH －)＞c( 3HCO )。 （3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对它的影响。如在相同的物质的量浓度的 下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c( 4NH  )由大到小的顺序是③＞①＞②。 （4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在含 0.1 mol·L－1 的 NH4Cl 和 0.1 mol·L－1 的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为 c( 4NH  )＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。在 该溶液中，NH3·H2O 电离程度大于 4NH  的水解程度，溶液呈碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时 c( 4NH  )＞c(Cl－)。 3．比较溶液中粒子浓度大小的解题思路 考向一 盐类水解反应离子方程式 典例 1 下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是( ) ① 2 2 3 3 2 2 2Na CO :CO 2H O H O CO 2OH     ② 4 4 2 3 2NH Cl: NH H O NH H O H    ③ 2 4 2 2CuSO :Cu 2H O Cu(OH) 2H   ④ 2NaF: F H O=HF OH   A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】B 【详解】 ①应为 2 3 2 3CO H O HCO OH    ， 3 2 2 3HCO H O H CO OH   (只写第一步也可,不能两步一起 写)，①错误；②正确；③正确；④中水解程度小，应为 2F H O HF OH   ，④错误；故离子方程式 正确的是②③，正确答案选 B。 1．下列各式表示水解反应的是（ ） A． - + 2- 3 2 3 3HCO +H O H O +CO B．HS﹣+H2O⇌ H2S+OH﹣ C． - 2- + 2 4 4 32H PO HPO ++ O HH O D． - - 2- 3 2 3HCO +OH H O+CO 【答案】B 【详解】 A、 - + 2- 3 2 3 3HCO +H O H O +CO ，是碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解离子方程式，故 A 错误； B、HS﹣+H2O⇌ H2S+OH﹣，是硫氢根离子的水解离子方程式，故 B 正确； C、 - 2- + 2 4 4 32H PO HPO ++ O HH O ，是磷酸二氢根离子的电离方程式，故 C 错误； D、 - - 2- 3 2 3HCO +OH H O+CO ，是碳酸氢根离子和氢氧根离子发生的复分解反应，故 D 错误； 答案选 B。 盐类水解方程式的书写 1．一般情况下盐类水解的程度较小，应用“ ”连接反应物和生成物。水解生成的难溶性或挥发性物 质不加“↓”或“↑”符号。如 Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，HS−+H2O H2S+OH−。 2．多元弱酸阴离子分步水解，应分步书写水解的离子方程式。因为第一步水解程度较大，一般只写第 一 步 水 解 的 方 程 式 。 如 Na2CO3 的 水 解 分 两 步 ， 第 一 步 为 2 3CO  +H2O 3HCO +OH− ， 第 二 步 为 3HCO +H2O H2CO3+OH−。多元弱碱阳离子的水解方程式不要求分步书写。如 AlCl3 的水解方程式为 Al3++3H2O Al(OH)3+3H+。 3．发生相互促进的水解反应时，由于能水解彻底，用“ ”连接反应物和生成物，水解生成的难溶性 或 挥 发 性 物 质 要 写 “↓” 或 “↑” 符 号 。 如 FeCl3 与 NaHCO3 溶 液 混 合 发 生 水 解 的 离 子 方 程 式 为 Fe3++3 3HCO Fe(OH)3↓+3CO2↑。 4．盐类水解的离子方程式可用通式表示为 R−+H2O HR+OH−，Rm−+H2O HR(m−1)−+OH−(分步水解)； R++H2O ROH+H+，Rn++nH2O R(OH)n+nH+（“一步到位”）。 注意：（1）一般情况下盐类水解程度较小，是可逆反应，因此用可逆号“ ”表示水解程度。当水解 趋于完全时，才用“ ”。 （2）水解反应生成的挥发性物质及难溶物不用“↑”和“↓”表示。 （3）多元弱酸根离子分步水解，要分步书写，以第一步为主；多元弱碱阳离子的分步水解，习惯上一 步书写完成。 考向二 盐类水解的实质与影响因素 典例 2 下列物质因水解使其水溶液呈酸性的是( ) A．KNO3 B．NaHSO4 C．NH4Cl D．Na2CO3 【答案】C 【详解】 A．硝酸钾为强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故 A 不符合题意； B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子，使溶液呈酸性，故 B 不符合题意； C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故 C 符合题意； D．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故 D 不符合题意； 故选 C。 2．一定条件下， 3CH COONa 溶液中存在水解平衡 3 2 3CH COO H O CH COOH OH   。下列说法 正确的是（ ） A．加入少量 NaOH 固体，  - 3c CH COO 减小 B．升高温度溶液的 pH 增大 C．稀释溶液，溶液的 pH 增大 D．通入少量 HCl 气体，水解平衡常数减小 【答案】B 【详解】 A．加入的 NaOH 会抑制 3CH COO 的水解，水解平衡逆向移动，使  3c CH COO 增大，故 A 错误； B．升高温度能促进盐类的水解，水解平衡正向移动，溶液中  OHc  增大，溶液的 pH 增大，故 B 正确； C．释醋酸钠溶液，促进醋酸根离子水解，但醋酸根离子水解增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中 c(OH-)减小，溶液的 pH 也减小，故 C 错误； D．通入的 HCl 在溶液中电离出氢离子，使得 c(OH-)减小，水解平衡正向移动，能促进 3CH COO 的水解， 但温度不变，水解平衡常数不变，故 D 错误； 答案选 B。 酸式盐溶液酸碱性的判定原则 1．强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如 NaHSO4 在水溶液中：NaHSO4 Na++H++ 2 4SO  。 NaHSO4 溶液性质上相当于一元强酸。 2．弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 （1）若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如 NaHSO3 溶液中： 3HSO H++ 2 3SO  (主要)； 3HSO +H2O H2SO3+OH−(次要)。中学阶段与此类似的还有 NaH2PO4 等。 （2）若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如 NaHCO3 溶液中： 3HCO +H2O H2CO3+OH−(主要)； 3HCO H++ 2 3CO  (次要)。中学阶段与此类似的还有 NaHS、Na2HPO4 等。 3．相同条件下(温度、浓度相同)的水解程度：正盐>相应酸式盐，如 2 3CO  > 3HCO 。 考向三 Kh、Ka(Kb)、KW 的关系及应用 典例 3 已知某温度下， 10 1 aK (HCN) 6.2 10 mol L    ， 4 1 aK (HF) 6.8 10 mol L    ，  a 3K CH COOH  5 11.7 10 mol L   ，   4 1 a 2K HNO 7.1 10 mol L    。物质的量浓度均为 10.1mol L 的下列溶液，pH 由大到小的顺序是( ) A． 2 3NaCN NaNO CH COONa NaF   B． 2 3NaF NaNO CH COONa NaCN   C． 3 2NaCN CH COONa NaNO NaF   D． 3 2NaCN CH COONa NaF NaNO   【答案】D 【详解】 由    a 2 a a 3 aK HNO >K (HF)>K CH COOH >K (HCN) 可知，酸性： 2 3HNO HF CH COOH HCN   ， 则水解能力： 3 2CN CH COO F NO      ，弱酸根离子的水解能力越强，对应盐溶液的碱性越强，pH 越大，故正确答案选 D。 3．常温下，用 NaOH 溶液吸收 SO2得到 pH=9 的 Na2SO3 溶液，吸收过程中水的电离平衡 (填“向左”“向 右”或“不”)移动。试计算溶液中 2 3 3 (SO ) (HSO ) c c   = 。(常温下 H2SO3 的电离平衡常数 Ka1=1.0×10−2， Ka2=6.0×10−8) 【答案】向右 60 【解析】NaOH 电离出的 OH−抑制水的电离平衡，Na2SO3 电离出的 2 3SO  水解促进水的电离平衡。 2 3SO  +H2O 3HSO +OH−，Kh= 3 2 3 (HSO ) (OH ) (SO ) c c c     = W a2 K K = 14 8 10 6.0 10   ，所以 2 3 3 (SO ) (HSO ) c c   = 5 14 8 10 10 6.0 10    =60。 利用平衡常数的性质判断微粒浓度变化 1．水解平衡常数(Kh)、Ka、Kb 只受温度的影响，温度升高，平衡常数增大；反之减小。 2．Kh 与 Ka 或 Kb、KW 的定量关系为 Ka·Kh=KW 或 Kb·Kh=KW。 3．判断某些离子浓度的比较或乘积随温度、浓度等外界条件改变而变化的趋势时，可以根据表达式的 形式转化为(Kh)、Ka、Kb 或它们与 KW 的关系，再结合平衡常数的性质来判断微粒浓度变化。 考向四 盐类水解在生产、生活中的应用 典例 4 下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是 选项 事实或应用 解释 A 用热的纯碱溶液去除油污 纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于 水的物质 B 泡沫灭火器灭火 Al2(SO4)3 与 NaHCO3 溶液反应产生 CO2 气体 C 施肥时，草木灰(主要成分 K2CO3)与 NH4Cl 不能混合使用 K2CO3 与 NH4Cl 反应生成 NH3，降低肥 效 D 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂 明矾溶于水生成 Al(OH)3 胶体 【解析】用热的纯碱溶液去除油污，其原因是 Na2CO3 水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解 生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A 错误。泡沫灭火器灭火的原理是利用 Al2(SO4)3 与 NaHCO3 溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO－ 3 ===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成 CO2 气体，B 正确。 K2CO3 是弱酸强碱盐，NH4Cl 是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成 NH3，降低肥 效，C 正确。明矾溶于水电离产生的 Al3＋水解生成 Al(OH)3 胶体，Al(OH)3 胶体能吸附水中悬浮的杂质，从 而起到净水作用，D 正确。 【答案】A 4．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．明矾水解形成的  3Al OH 胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B．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 2 3SO  发生水解 C．将饱和 3FeCl 溶液滴入沸水中可制备  3Fe OH 胶体，利用的是盐类水解原理 D．纯碱溶液呈碱性的原因是 2 3 2 3CO H O HCO OH    【答案】B 【详解】 A．明矾水解形成的  3Al OH 胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，选项 A 正确； B．雨水放置一段时间后 pH 减小是因为 2 3H SO 被氧化为 2 4H SO ，溶液酸性增强，选项 B 不正确； C．利用的是盐类水解原理，将饱和 3FeCl 溶液滴入沸水中可制备  3Fe OH 胶体，选项 C 正确； D．纯碱溶液呈碱性的原因是碳酸根离子水解， 2 3 2 3CO H O HCO OH    水溶液中氢氧根离子浓度 增大，选项 D 正确； 答案选 B。 盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型 （ 1 ） 弱 金 属 阳 离 子 对 应 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 AlCl3(aq) Al(OH)3 Al2O3。 （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 、 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 K2MnO4+MnO2；NH4Cl NH3↑+HCl↑。 （4）还原性盐在蒸干时会被 O2 氧化 例如，Na2SO3(aq) Na2SO4(s)。 考向五 与盐类水解相关的离子共存 典例 5 室温下，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（ ） A． pH 12 的溶液： 2Cu  、 + 4NH 、 Br 、 - 3HSO B．无色溶液： K 、 3Al  、 - 3HSO 、 Cl C． 2H S 的水溶液： 2Cu  、 Na  、 I 、 2 4SO  D．  + 2c H =1 10 mol/L 的溶液： 3Fe  、 2Ba  、 - 3NO 、 Cl 【答案】D 【详解】 A． pH=12 的溶液为碱性溶液，碱性溶液中不能大量存在 2+Cu 、 + 4NH 和 - 3HSO ，故 A 不选； B． 3Al  和 3HSO 发生强烈的双水解不能大量共存，故 B 不选； C． 2Cu  与 2H S 反应生成 CuS 沉淀而不能大量存在，故 C 不选； D．  + -2c H =1 10 mol/L ＞10-7mol/L，为酸性溶液， 3Fe  、 2Ba  、 - 3NO 、 Cl 能大量共存，故 D 选。 故选：D。 5．下列各组离子中因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是（ ） A． 2Ba  、 4NH  、 2 4SO  、 O H  B． H 、 Na  、 3NO  、 I C． 3Al  、 K 、 3HCO  、 3NO  D． H 、 2Ca  、 2 3CO  、 Cl 【答案】C 【详解】 A. 2Ba  与 2 4SO  反应生成硫酸钡沉淀，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选； B. H 、 3NO  与 I 因发生氧化还原反应不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选； C. 3Al  和 3HCO  发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝而不能大量共存，故 C 选； D. H 与 2 3CO  生成二氧化碳不能大量共存， 2Ca  与 2 3CO  生成碳酸钙沉淀不能大量共存，但不是因水解反 应不能大量共存的，故不选； 故选：C。 考向六 同一种溶液中的粒子浓度比较 典例 6 25 ℃时，0.10 mol·L－1 HA(Ka＝10－9.89)溶液，调节溶液 pH 后，保持 c(HA)＋c(A－)＝0.10 mol·L－1。 下列关系正确的是 A．pH＝2.00 时，c(HA)>c(H＋)>c(OH－)>c(A－) B．pH＝7.00 时，c(HA)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－) C．pH＝9.89 时，c(HA)＝c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D．pH＝14.00 时，c(OH－)>c(H＋)>c(A－)>c(HA) 【答案】C 【解析】pH＝2.00 时，溶液的酸性较强，主要以 HA 形式存在，则离子浓度关系为 c(HA)>c(H＋)>c(A －)>c(OH－)，A 错误。pH＝7.00 时，混合溶液呈中性，则有 c(H＋)＝c(OH－)，此时 c(A－)>c(HA)，B 错误。 HA 的电离平衡常数为 Ka＝cA－·cH＋ cHA ＝10－9.89，当 pH＝9.89 时，c(H＋)＝10－9.89 mol·L－1，则有 c(HA)＝c(A －)，此时溶液呈碱性，则有 c(OH－)>c(H＋)，C 正确。pH＝14.00 时，溶液呈强碱性，c(H＋)较小，则有 c(OH －)>c(A－)>c(H＋)，D 错误。 6．室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3 溶液的 pH=8.31，有关该溶液的判断正确的是 A．c(Na+)>c(OH−)>c( 3HCO )>c( 2 3CO  )>c(H+) B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)c( 3HCO )> c(OH−)>c(H+)>c( 2 3CO  )，A 错误；Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)= 3 2 3 (H ) (HCO ) (H CO ) c c c   × 2 3 3 (H ) (CO ) (HCO ) c c c     = 2 3 2 3 (H ) (OH ) (H ) (CO ) (H CO ) (OH ) c c c c c c          =KW× 2 3 2 3 (H ) (CO ) (H CO ) (OH ) c c c c      ，由题给信息知， 3HCO 的水解程度大于电离程 度，则有 c(OH−)>c(H+)、c(H2CO3)>c(C 2 3O  )，即 2 3 2 3 (H ) (CO ) (H CO ) (OH ) c c c c      <1，故 Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)c(H2CO3)+c( 3HCO )+ c( 2 3CO  )，D 错误。 单一溶液中粒子浓度比较原则 （1）酸式盐溶液的酸碱性和各离子的浓度大小取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力的 相对大小，如 NaHCO3 溶液中 3HCO 的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性，同时 c(H2CO3)>c( 2 3CO  )； NaHSO3 溶液中 3HSO 的电离能力大于其水解能力，溶液显酸性，有 c(H2SO3)c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>c(H+)。 （3）对于单一的弱酸、弱碱溶液或其盐溶液 ①要考虑弱电解质(弱酸、弱碱)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如 在稀醋酸溶液中：CH3COOH CH3COO−+H+，H2O OH−+H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序： c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)。 ②弱酸根阴离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的 CH3COONa 溶液中，CH3COONa CH3COO−+Na+，CH3COO−+H2O CH3COOH+OH−，H2O H++OH−， 所以 CH3COONa 溶液中：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(CH3COOH)>c(H+)。 考向七 混合溶液中粒子浓度的比较 典例 7 已知：室温下 0.2 mol·L－1 的氨气与 0.1 mol·L－1 的盐酸等体积混合后溶液呈碱性(假设混合后溶液总 体积不变)，则混合溶液中下列关系不正确的是 A．c(NH＋ 4 )>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋) B．c(NH＋ 4 )＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－) C．c(NH＋ 4 )＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1 D．c(NH＋ 4 )＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O) 【答案】A 【解析】所得溶液为等浓度的 NH4Cl 和 NH3·H2O 混合液，溶液呈碱性，则有 c(OH－)>c(H＋)；由于 NH3·H2O 是弱电解质，部分电离，则有 c(Cl－)>c(OH－)，故混合溶液中离子浓度关系为 c(NH＋ 4 )>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)， A 错误；混合液呈电中性，存在电荷守恒：c(NH＋ 4 )＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，B 正确。混合前氨水中 c(NH3·H2O) ＝0.2 mol·L－1，混合后溶液体积增加 1 倍，据物料守恒可得 c(NH＋ 4 )＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，C 正确。由 电荷守恒变形可得c(Cl－)＝c(NH＋ 4 )＋c(H＋)－c(OH－)＝0.05 mol·L－1，又知c(NH＋ 4 )＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1， 则有 c(NH＋ 4 )＋c(NH3·H2O)＝2[c(NH＋ 4 )＋c(H＋)－c(OH－)]，从而可得 c(NH＋ 4 )＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)， D 正确。 7．把 0.2 mol·L−1 NH4Cl 溶液与 0.1 mol·L−1 NaOH 溶液等体积混合后溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系 正确的是 A．c( + 4NH )=c(Na+)=c(OH−)>c(NH3·H2O) B．c( + 4NH )=c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−) C．c( + 4NH )>c(Na+)>c(OH−)>c(NH3·H2O) D．c( + 4NH )>c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−) 【答案】D 【解析】0.2 mol·L−1 NH4Cl 溶液与 0.1 mol·L−1 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的溶质为等物质的量的 NH3·H2O、NH4Cl 和 NaCl，NH3·H2O 电离大于 NH4Cl 的水解，溶液呈碱性，溶液中 c( + 4NH )>c(Na+)，由 于一水合氨只有小部分电离，所以 c(NH3·H2O)>c(OH−)，则微粒的物质的量浓度的关系为 c( + 4NH )> c(Na+)>c(NH3·H2O)>c(OH−)。 混合溶液中粒子浓度的比较原则 （1）溶液混合但不发生反应的类型。要同时考虑电离和水解，以及离子间的相互影响，可用极限观点 思考，以“强势”反应为主，可不考虑“弱势”反应。如等浓度等体积的碳酸钠和碳酸氢钠混合后由于 2 3CO  的 水解大于 3HCO 的水解和电离，所以 c(Na+)>c( 3HCO )>c( 2 3CO  )>c(OH−)>c(H+)。 （2）弱酸及对应盐(或弱碱及对应盐)等浓度、等体积混合。各离子的浓度大小取决于酸(碱)的电离程度 和相应盐的水解程度的相对大小。 ①电离强于水解型。如 CH3COOH 溶液和 CH3COONa 溶液等体积、等物质的量浓度混合，分析时可只 考 虑 CH3COOH 的 电 离 ， 不 考 虑 CH3COONa 的 水 解 ， 粒 子 浓 度 大 小 顺 序 为 c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)。 ②水解强于电离型。如 HCN 溶液和 NaCN 溶液等体积、等物质的量浓度混合，粒子浓度大小顺序为 c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)。 （3）溶液混合发生反应但有一种过量的类型。根据过量程度及产物情况，要同时考虑电离和水解，不 过这类问题大多转化为上述（2）中的问题。如 10 mL 0.1 mol·L−1 的 HCl 溶液与 10 mL 0.2 mol·L−1 的 CH3COONa 溶液充分混合后，相当于等浓度的 NaCl、CH3COONa 与 CH3COOH 的混合液。 考向八 与图像有关的粒子浓度关系 典例 8 亚砷酸（ 3 3H AsO ）是三元弱酸，可以用于治疗白血病， 3 3H AsO 水溶液中含砷物质的分布分数 （平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与 pH 的关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A． 3 3H AsO 的电离方程式为 3 3 3 3H AsO 3H AsO  B． 3 3H AsO 第一步电离的电离常数 9.2 a1 1 10K   C． 3 3H AsO 溶液的 pH 约为 9.2 D． pH 12 时，溶液中          2 3 2 3 33H AsO HAsO2 3 AsO OH Hc c c c c       【答案】B 【详解】 A. 3 3H AsO 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为 3 3 2 3H AsO H H AsO   ，A 项错误； B. 3 3H AsO 第一步电离的电离常数       2 3 - + a1 3 3 c c HH AsO A OK c H s= 平 平 平 ，由图可知， pH 9.2 时，    2 3 3 3 -c =H A csO H AsO ，则  + -9.2 a1K =c H =1 10 ，B 项正确； C. 3 3H AsO 是三元弱酸，其水溶液的 pH 小于 7，C 项错误； D. pH 12 时，溶液呈碱性，则有    - +c OH >c H ，从而可得          - 2- 3- 2 3 3 + 3 -c +2c +H As 3c +c OHO HA O AsO >c Hs ，D 项错误； 故选 B。 8．常温下，用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液滴定 10 mL 0.1 mol·L-1 HA 溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确 的是( ) A．a≈3，说明 HA 属于弱酸 B．水的电离程度：d 点>e 点 C．c 点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA) D．b 点溶液中粒子浓度大小： c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-) 【答案】C 【详解】 A． c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为 c(H+)=0.1mol/L，溶液的 pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明 HA 电离程度较小，HA 属于弱酸，故 A 不选； B． 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d 点溶质为 NaA，促进水电离，e 点溶质为 NaA 和 NaOH， NaOH 抑制水电离，所以水电离程度：d 点>e 点，故 B 不选； C． c 点溶液显中性，由电荷守恒 + + - -c(Na )+c(H )=c(A )+c(OH ) 得：c(Na＋)=c(A-) ，故 C 选； D． b 点溶液中溶质为等物质的量浓度的 HA 和 NaA，溶液 pH<7，溶液呈酸性，说明 HA 电离程度大于 A−水解程度，所以 c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且 HA 电离程度和 A−水解程度都较小，所以 c(A-)>c(Na＋)>c(H ＋)>c(OH-)，故 D 不选； 故选：C。 1．下列过程或现象与盐类水解无关的是 A．纯碱溶液去油污 B．铁在潮湿的环境下生锈 C．加热氯化铁溶液颜色变深 D．浓硫化钠溶液有臭味 【答案】B 【解析】A 项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去油污的目 的，不符合题意；B 项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类水解，符合题意；C 项，氯化铁溶液 中存在反应：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动，造成溶液颜色加深， 不符合题意；D 项，浓硫化钠溶液中存在 S2－＋H2O HS－＋OH－，HS－＋H2O H2S＋OH－，水解 产物 H2S 是产生臭味的原因，不符合题意。 2．在 25 ℃时，在浓度为 1 mol·L－1 的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2 的溶液中，测其 c(NH＋ 4 )分别 为 a、b、c(单位：mol·L－1)。下列判断正确的是 A．a＝b＝c B．a>b>c C．a>c>b D．c>a>b 【答案】D 【解析】三种溶液中都存在水解平衡：NH＋ 4 ＋H2O NH3·H2O＋H＋、H2O H＋＋OH－，对于 (NH4)2CO3 来说，因 CO2－ 3 ＋H ＋ HCO － 3 ，而使上述平衡向右移动，促进了 NH ＋ 4 的水解；对于 (NH4)2Fe(SO4)2 来说，Fe2＋＋2H2O Fe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制了 NH ＋ 4 的水解；SO 2－ 4 对 NH ＋ 4 的 水解无影响。则相同物质的量浓度的三种溶液中，NH ＋ 4 水解程度越大，溶液中的 c(NH＋ 4 )越小，所以 D 项正确。 3．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是 A．pH＝5 的 H2S 溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1 B．pH＝a 的氨水溶液，稀释 10 倍后，其 pH＝b，则 a＝b＋1 C．pH＝2 的 H2C2O4 溶液与 pH＝12 的 NaOH 溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O－ 4 ) D．pH 相同的①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaClO 三种溶液的 c(Na＋)：①>②>③ 【答案】D 【解析】A．pH＝5 的 H2S 溶液中 H＋的浓度为 1×10－5 mol·L－1，但是 HS－的浓度会小于 H＋的浓度，H＋ 来自于 H2S 的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故 H＋的浓度大于 HS－的浓度，错误。B．弱碱不完 全电离，弱碱稀释 10 倍时，pH 减小不到一个单位，a碳酸的酸性>次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH 相同的三种钠盐，浓度的 大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故 D 正确。 4．用 0.10 mol·L－1 的盐酸滴定 0.10 mol·L－1 的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是 A．c(NH＋ 4 )＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋) B．c(NH＋ 4 )＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋) C．c(Cl－)＞c(NH＋ 4 )，c(OH－)＞c(H＋) D．c(Cl－)＞c(NH＋ 4 )，c(H＋)＞c(OH－) 【答案】C 【解析】若滴定后溶液中的溶质为 NH4Cl 和 NH3·H2O，则一般溶液显碱性，即 c(OH－)＞c(H＋)，溶液中 弱电解质的电离＞盐的水解，即 c(NH＋ 4 )＞c(Cl－)，符合电荷守恒，故 A 是可能出现的结果；若滴定后溶 液中的溶质为 NH4Cl 和 NH3·H2O，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性， 则 c(OH－)＝c(H＋)，由电荷守恒可知 c(NH＋ 4 )＝c(Cl－)，故 B 是可能出现的结果；当 c(Cl－)＞c(NH＋ 4 )，c(OH －)＞c(H＋)，则溶液中阴离子带的电荷总数大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故 C 是不可 能出现的结果；若滴定后溶液中的溶质为 NH4Cl，由 NH ＋ 4 水解则溶液显酸性，即 c(H＋)＞c(OH－)，又水 解的程度很弱，则 c(Cl－)＞c(NH＋ 4 )，且符合电荷守恒，故 D 是可能出现的结果。 5．常温下，将体积为 V1 的 0.100 0 mol·L－1 HCl 溶液逐滴加入到体积为 V2 的 0.100 0 mol·L－1 Na2CO3 溶液 中，溶液中 H2CO3、HCO－ 3 、CO 2－ 3 所占的物质的量分数(α)随 pH 的变化曲线如图。下列说法不正确的是 A．在 pH＝10.3 时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－ 3 )＋2c(CO2－ 3 )＋c(OH－)＋c(Cl－) B．在 pH＝8.3 时，溶液中：0.100 0>c(HCO－ 3 )＋c(CO2－ 3 )＋c(H2CO3) C．在 pH＝6.3 时，溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO－ 3 )>c(H＋)>c(OH－) D．V1∶V2＝1∶2 时，c(OH－)>c(HCO－ 3 )>c(CO2－ 3 )>c(H＋) 【答案】D 【解析】A 项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在 pH＝10.3 时，溶液中存在 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－ 3 ) ＋2c(CO2－ 3 )＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B 项，由图可知，在 pH＝8.3 时，该溶液为 NaHCO3 和 NaCl 的混 合溶液，根据物料守恒可得 c(HCO－ 3 )＋c(CO2－ 3 )＋c(H2CO3)＝0.100 0 V2 V1＋V2 <0.100 0，正确；C 项，在 pH ＝6.3 时，溶液中存在 NaHCO3、NaCl 和碳酸，该溶液显酸性，则 c(H＋)>c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3 ＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为 c(Na ＋)>c(Cl －)>c(HCO－ 3 )>c(H＋)>c(OH－)，正确；D 项，V1∶V2＝1∶2 时，混合后的溶液是等物质的量浓度的 Na2CO3 、 NaHCO3、NaCl 的混合溶液，Na2CO3 和 NaHCO3 是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO 2－ 3 的水解程 度 大 于 HCO － 3 的 水 解 程 度 ， 则 溶 液 中 c(HCO － 3 )>c(CO 2－ 3 ) ， 由 于 水 解 程 度 是 微 弱 的 ， 所 以 c(HCO－ 3 )>c(CO2－ 3 )>c(OH－)>c(H＋)，错误。 6．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是 A．pH 相同的①CH3COONa、②NaHCO3 两种溶液中的 c(Na＋)：②＞① B．0.1 mol·L－1 某二元弱酸强碱盐 NaHA 溶液中：c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A) C．上图表示用 0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液滴定 20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液的滴定曲线，则 pH＝7 时：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋) D．上图 a 点溶液中各离子浓度的关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】pH 相等的钠盐中，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离 子水解程度： 3HCO ＞CH3COO－，则 c(Na＋)：②＜①，A 错误；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根 据物料守恒得 c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，B 错误；常温下，pH＝7 时溶液呈中性，则 c(OH－)＝ c(H＋)，根据电荷守恒得 c(Na＋)＝c(CH3COO－)，C 错误；任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒， 根据电荷守恒得 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒得 c(Na＋)＝2c(CH3COO－)＋ 2c(CH3COOH)，所以得 c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，D 正确。 7．常温下，向 20 mL 0.1 mol·L－1 的 HA 溶液中逐滴加入 0.1 mol·L－1 的烧碱溶液，溶液中水所电离的 c 水（H ＋）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是 A．由图可知 A－的水解平衡常数 Kh 约为 1×10－9 B．C、E 两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性 C．B 点的溶液中离子浓度之间存在：c（Na＋）＝2c（A－）>c（H＋）>c（OH－） D．F 点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c（OH－）＝c（HA）＋c（A－）＋c（H＋） 【答案】A 【解析】选项 A，由题图可知 0.1 mol·L－1 的 HA 溶液中 c（H＋）为 1×10－3 mol·L－1，由此可计算出 Ka 约 为 1×10－5，Kh＝Kw/Ka≈1×10－9，正确；选项 B，C 点是 HA 和 NaA 的混合溶液，溶液呈中性，而 E 点为 NaA 和 NaOH 的混合溶液，溶液呈碱性，错误；选项 C，B 点的溶液为等浓度的 HA 和 NaA 的混合溶液， 此时溶液呈酸性，HA 的电离程度大于 A－的水解程度，则 c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），错 误；选项 D，F 点的溶液为等浓度的 NaA 和 NaOH 的混合溶液，c（OH－）＝2c（HA）＋c（A－）＋c （H＋），错误。 8 ． 在 NaCN 溶 液 中 存 在 水 解 平 衡 ： CN － ＋ H2O HCN ＋ OH － ， 水 解 常 数 Kh(NaCN) ＝ c HCN ·c OH－ c CN－ ≈ c2 OH－ c0 NaCN [c0(NaCN)是 NaCN 溶液的起始浓度]。25 ℃时，向 1 mol·L－1 的 NaCN 溶液中不断加水稀释，NaCN 溶液浓度的对数值 lgc0 与 2pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的关系如图所示，下列 说法中错误的是 A．25 ℃时，Kh(NaCN)的值为 10－4.7 B．升高温度，可使曲线上 a 点变到 b 点 C．25 ℃，向 a 点对应的溶液中加入固体 NaCN，CN－的水解程度减小 D．c 点对应溶液中的 c(OH－)大于 a 点 【答案】B 【解析】2pOH＝－2lgc(OH－)，则 c2(OH－)＝10－2pOH。Kh(NaCN)＝c2(OH－)/c0(NaCN)，由 a 点坐标可知， c0(NaCN)＝0.1 mol·L－1，c2(OH－)＝10－5.7，代入表达式可得 Kh(NaCN)＝10－4.7，A 项正确；升高温度，促 进 CN－的水解，OH－浓度增大，则 2pOH 的值减小，B 项错误；加入 NaCN 固体，CN－浓度增大，水解 平衡正向移动，但 CN－水解的程度减小，C 项正确；pOH 是 OH－浓度的负对数，因 c 点的 pOH 小于 a 点，所以 c 点 OH－的浓度大于 a 点，D 项正确。 9．请根据所学知识回答下列问题： 酸 电离常数 CH3COOH K＝1.8×10－5 H2CO3 K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11 H2SO3 K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7 （1）NaHSO3 溶液中共存在 7 种微粒，它们是 Na＋、HSO－ 3 、H＋、SO2－ 3 、H2O、________、________(填 微粒符号)。 （2）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液： ①NH4Cl ②NH4HCO3 ③(NH4)2SO4 ④NH4HSO4 溶液中 c(NH＋ 4 )最大的是________，最小的是________(填标号)。 （3）常温下，物质的量浓度均为 0.1 mol·L－1 的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、 ⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH 从大到小排列顺序为__________(填标号)。 （4）常温时，AlCl3 的水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式表示)________________ __________。把 AlCl3 溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是__________(填化学式)。 【答案】（1）OH－ H2SO3 （2）③ ② （3）①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥ （4）Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋ Al2O3 【解析】（1）NaHSO3 是强碱弱酸盐，能完全电离：NaHSO3===Na＋＋HSO－ 3 ，所以溶液中存在 Na＋、 HSO－ 3 ；溶液中还存在 HSO － 3 的电离：HSO－ 3 H＋＋SO2－ 3 ，所以溶液中存在 H＋、SO2－ 3 ；也存在 HSO － 3 的水解：HSO－ 3 ＋H2O H2SO3＋OH－，所以溶液中存在 H2SO3、OH－；故 NaHSO3 溶液中共存在 7 种微粒，它们是 Na＋、HSO－ 3 、H＋、SO2－ 3 、H2O、OH－、H2SO3。（2）常温下，物质的量浓度相同的 ①NH4Cl、②NH4HCO3、③(NH4)2SO4、④NH4HSO4 中③中 c(NH＋ 4 )最大，约为其余的 2 倍；②中 HCO － 3 水解促进 NH ＋ 4 的水解，②中 c(NH＋ 4 )最小。（3）①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、 ⑥H2SO4 中①为强碱，pH 最大；⑥为强酸，pH 最小；②为强酸强碱盐，pH＝7；③⑤为弱酸强碱盐， 水解显碱性，由于酸性：醋酸>碳酸，故 CO 2－ 3 水解程度大于 CH3COO－，③的 pH 大于⑤；④为弱酸， pH 从大到小排列顺序为①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥。（4）AlCl3 为强电解质，在溶液中完全电离生成 Al3 ＋和 Cl－，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，故 AlCl3 溶液呈酸性，把 AlCl3 溶液蒸干， HCl 挥发，促进水解生成 Al(OH)3 沉淀，灼烧得到 Al2O3。 10．常温下，有浓度均为 0.1 mol·L－l 的下列 4 种溶液： ①NaCN 溶液 ②NaOH 溶液 ③CH3COONa 溶液 ④NaHCO3 溶液 HCN H2CO3 CH3COOH Ka＝4.9×10－10 Ka1＝4×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Ka＝1.7×10－5 （1）这 4 种溶液 pH 由大到小的顺序是________________(填标号)，其中②由水电离的 H ＋浓度为 __________________________。 （2）①中各离子浓度由大到小的顺序是_____________________________。 （3）④的水解平衡常数 Kh＝________。 （4）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③________④(填“>”“<”或“＝”)。 （5）25 ℃时，测得 HCN 和 NaCN 的混合溶液的 pH＝11，则c(HCN) c(CN－) 约为________。向 NaCN 溶液中通 入少量 CO2，则发生反应的离子方程式为________________________________________。 【答案】（1）②＞①＞④＞③ 1.0×10－13 mol·L－1 （2）c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋) （3）2.5×10－8 （4）＜ （5）0.02 CN－＋CO2＋H2O===HCN＋HCO－ 3 【解析】（1）相同浓度的 4 种溶液中，NaCN 溶液水解显碱性，NaOH 溶液为强碱溶液，CH3COONa 溶液水解显碱性，NaHCO3 溶液水解显碱性，因为酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO－ 3 ，越弱越水 解，因此溶液的碱性：②＞①＞④＞③，4 种溶液 pH 由大到小的顺序是②＞①＞④＞③；0.1 mol·L－l 的 NaOH pH＝13，由水电离的 H＋浓度为 1.0×10－13 mol·L－1。 （2）NaCN 溶液中 CN－水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为 c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 （3）Kh＝c(H2CO3)·c(OH－) c(HCO－ 3 ) ＝Kw Ka1 ＝1.0×10－14 4×10－7 ＝2.5×10－8。 （4）等体积等浓度的 CH3COONa 溶液和 NaHCO3 溶液中 NaHCO3 水解程度大于醋酸钠，溶液的碱性 强于 CH3COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③＜④。 （5）由 HCN 的电离常数 Ka＝c(H＋)·c(CN－) c(HCN) 可知，c(HCN) c(CN－) ＝c(H＋) Ka ＝1.0×10－11 4.9×10－10≈0.02，H2CO3 的一级电离 常数大于 HCN，二级电离常数小于 HCN，故 H2CO3 的酸性强于 HCN，HCO － 3 的酸性弱于 HCN，故向 NaCN 溶液中通入少量 CO2 ，反应生成 HCN 与 NaHCO3，该反应的离子方程式为 CN － ＋CO2 ＋ H2O===HCN＋HCO－ 3 。 1．（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 a aK (HCOOH)>K (HF) B．相同浓度的 CH3COOH 和 CH3COONa 两溶液等体积混合后 pH 约为 4.7，则溶液中        - + + - 3c CH COO >c Na >c H >c OH C．FeS 溶于稀硫酸，而 CuS 不溶于稀硫酸，则 sp spK (FeS)>K (CuS) D．在 -1 21mol L Na S 溶液中，      2- - -1 2c S +c HS +c H S =1mol L 【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 Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，错误；B．相同浓度的 CH3COOH 和 CH3COONa 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，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(CH3COO－)＞c(Na+)＞ 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 H2S 气体，说明 Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，正 确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S 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 c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，正确；综上所述，答案为 A。 2．[双选][2019江苏]室温下，反应 3HCO +H2O  H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液 和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指 定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c( 4NH  )> c (OH−)> c (H+) B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ( 4NH  )> c ( 3HCO )> c (H2CO3)> c (NH3·H2O) C． 0.2 mol·L−1 氨水 和0.2 mol·L−1NH4HCO3 溶液 等体 积混合 ：c( 4NH  )+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ( 3HCO )+c( 2 3CO  ) D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c( 2 3CO  )+ c(OH−)= 0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+) 【答案】BD 【解析】A．NH3∙H2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2O NH4++OH-， H2O H++OH-，所以 c(OH-)>c(NH4+)，故 A 错误；B．NH4HCO3 溶液显碱性，说明 HCO3-的水解程度 大于 NH4+的水解，所以 c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3- H2CO3+OH-，NH4+水解： NH4++H2O NH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则 c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故 B 正确； C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有 c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故 C 错误； D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有 c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒 有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去 c(NH4+)得： c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3 与 0.6mol/L 氨水等体积 混合后瞬间 c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两 边各加一个 c(CO32-)，则有 c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得， c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故 D 正确；故选 BD。 3．[2019 浙江 4 月选考]室温下，取 20 mL 0.1 mol·L−1 某二元酸 H2A，滴加 0.1 mol·L−1 NaOH 溶液。已知： H2A H+＋HA−，HA−⇌ H+＋A2−。下列说法不正确．．．的是 A．0.1 mol·L−1 H2A 溶液中有 c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1 B．当滴加至中性时，溶液中 c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去 NaOH 溶液的体积小于 10 mL C．当用去 NaOH 溶液体积 10 mL 时，溶液的 pH＜7，此时溶液中有 c(A2−)＝c(H+)－c(OH−) D．当用去 NaOH 溶液体积 20 mL 时，此时溶液中有 c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−) 【答案】B 【解析】【分析】由于该二元酸 H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把 20 mL 0.1 mol·L−1 二 元酸 H2A 看做 20 mL 0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和 0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在 H2A 微粒。 【详解】A． 0.1 mol·L−1H2A 溶液存在电荷守恒，其关系为 c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而 c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A 项正确； B．若 NaOH 用去 10ml，反应得到 NaHA 溶液，由于 HA−⇌ H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时， 需要加入超过 10ml 的 NaOH 溶液，B 项错误； C．当用去 NaOH 溶液体积 10 mL 时，得到 NaHA 溶液，溶液的 pH＜7，存在质子守恒，其关系为 c(A2−) ＝c(H+)－c(OH−)，C 项正确； D．当用去 NaOH 溶液体积 20 mL 时，得到 Na2A 溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D 项正确。故答案选 B。 4．[2018 北京]测定 0.1 mol·L-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。 下列说法不正确．．．的是 A．Na2SO3 溶液中存在水解平衡： 2 3SO  +H2O 3HSO +OH− B．④的 pH 与①不同，是由于 2 3SO  浓度减小造成的 C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的 Kw 值相等 【答案】C 【 解 析 】 A 项 ， Na2SO3 属 于 强 碱 弱 酸 盐 ， 2 3SO  存 在 水 解 平 衡 ： 2 3SO  +H2O 3HSO +OH- 、 3HSO +H2O H2SO3+OH-，A 项正确；B 项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比 实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3 被氧化成 Na2SO4，①与④温度相同，④与①对 比， 2 3SO  浓度减小，溶液中 c(OH-)，④的 pH 小于①，即④的 pH 与①不同，是由于 2 3SO  浓度减小造成 的，B 项正确；C 项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度 2 3SO  水解平衡正向移动，c( 2 3SO  ) 减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C 项错误；D 项，Kw 只与温度 有关，①与④温度相同，Kw 值相等；答案选 C。 点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、 SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。 5．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中 c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至 终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A．0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 ) B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ ) C．pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4) D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−) 【答案】AD 【解析】A 项，H2C2O4 溶液中的电荷守恒为 c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，0.1000 mol·L−1H2C2O4 溶 液 中 0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-) ， 两 式 整 理 得 c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)，A 项正确；B 项，c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为 NaHC2O4， HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为 HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-， HC2O4- 水 解 常 数 Kh= 2 2 4 2 4 ( ) (OH ) ( H C O H O )C c c c    = 2 2 4 2 4 + + ( ) (OH ) (H C O HC O H ) ( ) (H ) c c c c c    = W a1 2 2 4H C O K K（ ） = 14 2 1 10 5.4 10     =1.85 10-13 Ka2(H2C2O4)，HC2O4-的电离程度大于水解程度，则 c(C2O42-) c(H2C2O4)，B 项错误；C 项， 滴入 NaOH 溶液后，溶液中的电荷守恒为 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，室温 pH=7 即 c(H+)=c(OH-) ， 则 c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c( 总 )+c(C2O42-)-c(H2C2O4) ， 由 于 溶 液 体 积 变 大 ， c(总) 0.1000mol/L，c(Na+) 0.1000mol/L +c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C 项错误；D 项，c(Na+)=2c(总)时溶液中 溶 质 为 Na2C2O4 ， 溶 液 中 的 电 荷 守 恒 为 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-) ， 物 料 守 恒 为 c(Na+)=2[c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-)]，两式整理得 c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，D 项正确； 答案选 AD。 点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分 析溶液中存在的平衡，弄清主次(如 B 项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷 守恒和物料守恒推出)。注意加入 NaOH 溶液后，由于溶液体积变大，c(总) 0.1000mol/L。 6．[2017 新课标Ⅰ]常温下将 NaOH 溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的 pH 与离子浓度变化的 关系如图所示。下列叙述错误的是 A．Ka2（H2X）的数量级为 10–6 B．曲线 N 表示 pH 与 2 (HX )lg (H X) c c  的变化关系 C．NaHX 溶液中 (H ) (OH )c c  D．当混合溶液呈中性时， 2(Na ) (HX ) (X ) (OH ) (H )c c c c c        【答案】D 【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即 Ka1= 2 (HX ) (H ) (H X) c c c   ＞Ka2= 2(X ) (H ) (HX ) c c c    ， 所以当 pH 相等即氢离子浓度相等时 2 (HX )lg (H X) c c  ＞ 2(X )lg (HX ) c c   ，因此曲线 N 表示 pH 与 2 (HX )lg (H X) c c  的变化关 系，则曲线 M 是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6 和 4.8 点， 2(X ) (HX ) c c   =10－0.6 mol·L－1，c(H＋)=10 －4.8 mol·L－1，代入 Ka2 得到 Ka2=10－5.4，因此 Ka2（H2X）的数量级为 10–6，A 正确；B．根据以上分析可 知曲线 N 表示 pH 与 2 (HX )lg (H X) c c  的关系，B 正确；C． 曲线 N 是己二酸的第一步电离，根据图像取 0.6 和 5.0 点， 2 (HX ) (H X) c c  =100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·L－1，代入 Ka1 得到 Ka1=10－4.4，因此 HX－的水解常 数是 w 1a K K =10－14/10－4.4＜Ka2，所以 NaHX 溶液显酸性，即 c(H＋)＞c(OH－)，C 正确；D．根据图像可知当 2(X )lg (HX ) c c   ＝0 时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， 2(X )lg (HX ) c c   ＞0，即 c(X2–)＞c(HX–)，D 错误； 答案选 D。 7．[2017 江苏][双选]常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5， 下列说法正确的是 A．浓度均为 0.1 mol·L−1 的 HCOONa 和 NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B．用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点，消耗 NaOH 溶液的体积相等 C．0.2 mol·L−1 HCOOH 与 0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+) D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1 盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+) 【答案】AD 【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在 c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c( + 4NH )=c(OH−)+c(Cl−)。由于在常温下氨水的 Kb 小于甲酸的 Ka，KW 不变，铵根的水解程度大于 甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中 c(OH−)小于甲酸钠溶液中 c(H+)，Cl−和 Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)， 所以 A 正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以 pH 为 3 的两种溶液中，物质的量 浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶 液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B 错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由 电荷守恒得 c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得 2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式 可得 2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C 错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相 同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液 pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解 程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以 c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D 正确。 【名师点睛】本题以 3 种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度 的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多， 灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、 pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类 水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离， 弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电 离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要 巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。 8．[2016 浙江]苯甲酸钠（ ，缩写为 NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑 菌能力显著高于 A–。已知 25 ℃时，HA 的 Ka=6.25×10–5，H2CO3 的 Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生 产碳酸饮料的过程中，除了添加 NaA 外，还需加压充入 CO2 气体。下列说法正确的是（温度为 25℃， 不考虑饮料中其他成分） A．相比于未充 CO2 的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高 CO2 充气压力，饮料中 c(A–)不变 C．当 pH 为 5.0 时，饮料中 (HA) (A ) c c  =0.16 D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c( 3HCO )+c( 2 3CO  )+c(OH–)–c(HA) 【答案】C 【解析】A．根据题意，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于 A–，相比于未充 CO2 的饮料，碳酸饮料的 抑菌能力较高，A 项错误；B．提高 CO2 充气压力，CO2+H2O+A− HA+HCO3−，平衡右移，饮料中 c(A–)减小，B 项错误；C．当 pH 为 5.0 时，饮料中 (HA) (A ) c c  =c(H+)÷Ka=10−5÷（6.25×10–5）=0.16，C 项正 确 ； D ． 根 据 电 荷 守 恒 得 c(H+)+c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)+c(A−) ， 根 据 物 料 守 恒 得 c(Na+)=c(A−)+c(HA)，两式联立，消去 c(Na+)得 c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)−c(HA)，故 D 项错误； 答案选 C。 9．[2016 江苏][双选]H2C2O4 为二元弱酸。20℃时，配制一组 c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0．100 mol·L–1 的 H2C2O4 和 NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随 pH 的变化曲线如图所示。下 列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A．pH=2.5 的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42–）＞c（HC2O4–） B．c（Na+）=0.100 mol·L–1 的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–） C．c（HC2O4–）=c（C2O42–）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol·L–1+c（HC2O4–） D．pH=7 的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42–） 【答案】BD 【解析】A、根据图像知 pH＝2.5 的溶液中：c（H2C2O4）+ c（ 2 2 4C O  ）＜c（ 2 4HC O ），A 错误；B．c （Na+）=0.100 mol·L−1 的溶液中，电荷守恒式为 c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（ 2 2 4C O  ）+ c（HC2O4–）， 又因为 c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1= c（Na+），代入电荷守恒式得 c（H+） +c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–），B 正确；C、根据图像可知 c（ 2 4HC O ）=c（ 2 2 4C O  ）的溶液显 酸性，c（OH–）‒c（H+）＜0，且 c（H2C2O4）=0，由电荷守恒式 c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（ 2 2 4C O  ） + c（HC2O4–）得，c（Na+）= c（OH–）‒c（H+）+2c（ 2 2 4C O  ）+ c（HC2O4–），又因为 c（HC2O4–）=c （C2O42–），c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1，则 c（Na+）= c（OH–）‒c（H+） +0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）＜0.100 mol·L–1+c（HC2O4–），C 错误；D、由图像知 pH=7 的溶液为草酸 钠溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（ 2 2 4C O  ），D 正确。答案选 BD。 10．[2016 四川]向 1 L 含 0.01 mol NaAlO2 和 0.02 mol NaOH 的溶液中缓慢通入 CO2，随 n(CO2)增大，先后 发生三个不同的反应，当 0.01 molc( 2AlO )+c(OH−) B 0.01 c(Na+)>c( 2AlO )> c(OH−)>c( 2 3CO  ) C 0.015 c(Na+)> c( 3HCO )>c( 2 3CO  )> c(OH−) D 0.03 c(Na+)> c( 3HCO )> c(OH−)>c(H+) 【答案】D 【解析】向 1 L 含 0.01 mol NaAlO2 和 0.02 mol NaOH 的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢 氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol 氢氧化钠消耗 0.01 mol 二氧化碳，生成 0.01 mol 碳酸 钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol 偏铝酸钠消耗 0.005 mol 二氧化碳， 生成 0.005 mol 碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗 0.015 mol 二氧化 碳 ， 生 成 0.03 mol 碳 酸 氢 钠 。 A 、 未 通 入 二 氧 化 碳 时 ， 根 据 溶 液 中 的 电 荷 守 恒 有 c(Na+)+c(H+)=c( 2AlO )+c(OH−)，c(Na+)＜c( 2AlO )+c(OH−)，错误；B、当通入的二氧化碳为 0.01 mol 时， 则溶液为含有 0.01 mol 碳酸钠和 0.01 mol 偏铝酸钠的混合液，氢氧根离子浓度小于碳酸根离子浓度，错 误；C、当通入的二氧化碳为 0.015 mol 时溶液中含有 0.015 mol 碳酸钠，离子浓度的关系为 c(Na+)> c( 2 3CO  ) > c(OH−) >c( 3HCO )，故错误；D、当通入二氧化碳的量为 0.03 mol 时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱 性，离子浓度关系为 c(Na+)> c( 3HCO )> c(OH−)>c(H+)，故正确。