2021年高考化学一轮复习讲义 第8章 第27讲　盐类水解

第27讲　盐类水解
考纲要求　1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解的应用。4.能利用水解常数(Kh)进行相关计算。


1．盐类的水解

2．盐类水解规律
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




3.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。
理解应用
1．怎样用最简单的方法区别NaCl溶液、氯化铵溶液和碳酸钠溶液？
答案　三种溶液各取少许分别滴入紫色石蕊溶液，不变色的为NaCl溶液，变红色的为氯化铵溶液，变蓝色的为碳酸钠溶液。
2．写出下列物质常温下溶于水发生反应的离子方程式，判断指定溶液的酸碱性。
(1)明矾____________________，pH_______7。
(2)纯碱____________________，pH________7。
(3)NaHS____________________，pH________7。
(4)CH3COONH4____________________，pH________7。
(5)Al2S3______________________。
答案　(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋　<
(2)CO＋H2OHCO＋OH－、
HCO＋H2OH2CO3＋OH－　>
(3)HS－＋H2OH2S＋OH－　>
(4)CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O　＝
(5)Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑
3．常温下，同浓度的①Na2CO3，②CH3COONa，③NaHCO3溶液，pH由大到小的顺序是________。
答案　①>③>②

(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐(×)
(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)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同(√)
(5)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同(×)
(6)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离(×)
(7)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成(×)
(8)FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合：Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑(√)

题组一　盐类水解的实质及规律
1．(2019·怀化高三期末)常温下，某NH4Cl溶液的pH＝4，下列说法中正确的是(　　)
①溶液中c(H＋)＞c(OH－)
②由水电离产生的c(H＋)约为10－10 mol·L－1
③溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
④在纯水中加入该NH4Cl溶液，水的电离被抑制
A．①② B．①③ C．①④ D．①②③④
答案　B
2．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3

下列说法正确的是(　　)
A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
答案　B
解析　这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：①<②<④<③，A错误；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCO、CO、H2CO3、H2O、H＋、OH－，所以粒子种类相同，B正确；根据盐的水解程度大小可知，等浓度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。
3．25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是(　　)
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
答案　A
解析　A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液；D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小。
题组二　水解实质的拓展延伸
4．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是(　　)
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4
C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4
D．CH3COCl的水解产物是两种酸
答案　B
解析　BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A项正确；该反应中Cl元素的化合价由－1变为＋1，有电子转移，不符合水解原理，故B项错误；Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D项正确。
5．解答下列问题
(1)NaHS溶液呈碱性的原因
________________________________________________________________________。
(2)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，已知只有一种离子可能水解，若pH>7，其原因是________________________________________________________________________
(用离子方程式说明，下同)；若pH<7，其原因是______________________________
____________________。
答案　(1)NaHS溶液中存在：
水解HS－＋H2OH2S＋OH－和电离HS－H＋＋S2－两个平衡，其水解程度大于电离程度，因而溶液呈碱性
(2)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋
解析　pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。


1．影响盐类水解平衡的因素
(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。
(2)外因
应用体验
(1)以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填写外界条件对水解平衡的影响。
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
减小
增大
生成红褐色沉淀，
放出气体

(2)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：
________________________________________________________________________。
(3)为探究盐类水解是一个吸热过程，请用Na2CO3溶液和其他必要试剂，设计一个简单的实验方案：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(2)向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的
(3)取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热

2．盐类水解的应用
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＋
判断酸性强弱
等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的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，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：
Fe3＋＋3H2OFe(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＋＋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
比较溶液中离子浓度的大小
如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)


(1)把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
答案　在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3。
(2)直接蒸发CuCl2溶液，能不能得到CuCl2·2H2O晶体，应如何操作？
答案　不能，应在HCl气流中加热蒸发。
(3)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因分析。
答案　在NH4Cl溶液中存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入Mg粉，Mg与H＋反应放出H2，使溶液中c(H＋)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
(4)MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3＋，其原理是________________________________
________________________________________________________________________。
答案　Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgO，MgO和H＋反应，使c(H＋)减小，平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去

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
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)。

(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)Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强(×)
(8)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(×)

题组一　水解平衡移动及结果分析
1．在25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c D．c>a>b
答案　D
解析　溶液中CO的水解促进NH的水解，Fe2＋的水解抑制NH的水解，则等浓度时，c(NH)大小顺序应为c>a>b。


2．下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
答案　D
解析　Na2CO3溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在电离NH3·H2ONH＋OH－，抑制了CO的水解，c(CO)增大，又因为c(Na＋)不变，所以减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2O水解，水解吸热，若从25 ℃升温至35 ℃，促进了C2O的水解，c(C2O)减小，又因为c(K＋)不变，所以增大，故B正确；向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(F－)，即＝1，故C正确；CH3COOH的电离常数Ka＝，所以＝，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。
3．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入Na2O固体，溶液pH减小
答案　B
解析　水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B项正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C项错误；加入Na2O固体，与水反应生成NaOH，溶液的pH增大，D项错误。
题组二　平衡移动与实验探究
4．已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列实验所得结论不正确的是(　　)
①
②
③
④




加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深
加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化
加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深
加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深

注：加热为微热，忽略体积变化。
A．实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3
B．实验②中，酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响
C．实验③中，加热，可逆反应：
Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移动
D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3＋水解平衡正向移动
答案　D
解析　加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3，故A项正确；由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响，故B项正确；加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，[FeCl4(H2O)2]－为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验④中存在Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3＋水解平衡的影响，故D项错误。
5．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液，测得其pH为9.7；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是(　　)
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度
B．加入CaCl2促进了HCO的水解
C．反应的离子方程式是
2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3
D．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)
答案　B
解析　NaHCO3既能电离又能水解，水解出OH－，电离出H＋，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于其电离程度，A项正确；溶液中存在HCOCO＋H＋，加入CaCl2消耗CO，促进HCO的电离，B项错误；HCO与Ca2＋生成CaCO3和H＋，H＋结合HCO生成H2CO3，则反应的离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3，C项正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，D项正确。
题组三　水解原理的应用
6．下列有关问题与盐的水解有关的是(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤
答案　D
解析　①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中NH与Zn2＋均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋发生相互促进的水解反应，产生CO2，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而二者不能混合施用；④Na2CO3溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡，CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体；⑥Cl2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，且没有引入杂质，与盐的水解无关。
7．(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是__________________
___________________________________________________________________________
___________________________________________________。
(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是______________________
___________________________________________________________________________
_______________________________________________。
(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是__________，原因是_____________________
__________________________________________________________________________
_________________________________________________。
(4)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是____________________
__________________________________________________________________________
__________________________________________________。
(5)将0.5 mol·L－1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最后所得的固体是________，原因是___________
_________________________________________________________________________
____________________________________________________________。
答案　(1)K2CO3　尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3
(2)KAl(SO4)2·12H2O　尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高，会脱去结晶水
(3)Fe2O3　Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3
(4)Na2SO4　Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
(5)NaCl　NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最终得到NaCl
(6)K2MnO4、MnO2　KMnO4加热时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑

分析盐类水解问题的基本思路
(1)找出存在的水解平衡体系(即可逆反应或可逆过程)，并写出水解反应方程式，使抽象问题具体化。
(2)然后依据水解平衡方程式找出影响水解平衡的条件，并判断水解平衡移动的方向。
(3)分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。

1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小(　×　)
(2018·天津，3A)
(2)1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1 NA(　×　)(2017·全国卷Ⅱ，8A)
(3)向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子方程式为2Al3＋＋3CO===Al2(CO3)3↓(　×　)
(2017·海南，6C)
(4)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释(　√　)
(2016·全国卷Ⅰ，10C)
(5)泡沫灭火器灭火利用了Al2(SO4)3和小苏打反应(　√　)(2016·全国卷Ⅲ，7A)
(6)0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小(　×　)(2016·江苏，7B)
(7)常温下，0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH>7，证明乙酸是弱酸(　√　)
(2016·上海，6B)
(8)中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈(　√　)(2015·天津理综，1B)
(9)Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－(　×　)(2015·江苏，9B)
2．(2019·上海选考，20)常温下0.1 mol·L－1①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是(　　)
A．①中c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度小
答案　B
解析　A项，0.1 mol·L－1 CH3COOH发生部分电离产生CH3COO－和H＋，水发生微弱电离产生H＋和OH－，故①中c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)，错误；B项，①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，且c(CH3COONa)＝0.05 mol·L－1，由于①②混合后c(CH3COONa)小于③，则混合液中CH3COO－的水解程度比③大，故混合液中c(CH3COO－)小于③中c(CH3COO－)，正确；C项，①③等体积混合后为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液显酸性说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)，错误；D项，①②等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COO－水解促进水的电离，①③等体积混合后，由于CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，水的电离被抑制，故①②等体积混合后的水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度大，错误。
3．(2016·全国卷Ⅲ，13)下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
答案　D
解析　A项，＝，加水稀释，c(CH3COO―)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，＝(Kh为水解常数)，温度升高水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl―)＋c(OH―)，此时c(H＋)＝c(OH―)，故c(NH)＝c(Cl－)，所以＝1，错误；D项，在饱和溶液中＝，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。
4．(2019·北京，12)实验测得0.5 mol·L－1CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．随温度升高，纯水中c(H＋)>c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
答案　C
解析　任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D项错误。
5．(2018·北京，11)测定0.1 mol·L－1Na2SO3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：SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由SO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　①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SO的水解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O2氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A对；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，说明④中的SO数目大于①中的，④中的SO数目小于①中的，所以④中OH－数目小于①中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。

1．下列事实与盐类水解无关的是(　　)
A．MgCO3可以除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋
B．氯化铁溶液常用作铜印刷电路板的腐蚀剂
C．常用热的纯碱溶液除去油污
D．长期施用硫酸铵易使土壤酸化
答案　B
解析　MgCO3调节pH，使Fe3＋的水解反应正向进行，使Fe3＋沉淀完全，转化成Fe(OH)3，MgCO3难溶于水，不引入新杂质，A项与盐类水解有关；氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀铜印刷电路板，B项与盐类水解无关；盐类的水解是吸热反应，故升高温度，溶液碱性增强，去油污能力增强，C项和盐类的水解有关；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土壤酸化，D项与盐类水解有关。
2．向三份0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
答案　A
解析　CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对水解有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。
3．25 ℃时，下列各组数据中比值为2∶1的是(　　)
A．0.2 mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中c(CH3COO－)之比
B．pH＝7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中c(NH)与c(SO)之比
C．等质量的碳酸钠固体和碳酸氢钠固体分别与足量盐酸反应，消耗盐酸的物质的量之比
D．pH均为2的H2SO4溶液与盐酸中c(H＋)之比
答案　B
解析　前者c(CH3COO－)和后者c(CH3COO－)比值大于2∶1，A项错误；根据电荷守恒得，c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝2c(SO)，比值为2∶1，B项正确；根据反应Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O和NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O可知，等质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗盐酸物质的量之比不等于2∶1，C项错误；因为两溶液pH均为2，因此两酸中c(H＋)相等，D项错误。
4．漂白粉在溶液中存在下列平衡：ClO－＋H2OHClO＋OH－，下列措施能提高其漂白效率的是(　　)
A．加H2O B．通入CO2
C．通入SO2 D．加少量NaOH
答案　B
解析　A项，加水稀释，HClO浓度下降；C项，SO2与HClO发生氧化还原反应，D项，加入少量NaOH，使平衡左移，HClO浓度下降；B项，通入CO2，使平衡右移，HClO浓度增大，漂白效率增加。
5．(2019·长沙一模)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，因而比值增大，C错误；加入NaOH固体pH增大，D错误。
6．下列溶液中，操作和现象对应正确的是(　　)
选项
溶液
操作
现象
A
滴有酚酞的
明矾溶液
加热
颜色变深
B
滴有酚酞的氨水
加入少量
NH4Cl固体
颜色变浅
C
滴有酚酞的
CH3COONa溶液
加入少量的
CH3COONa固体
颜色变浅
D
氯化铁溶液
加热
颜色变浅

答案　B
解析　明矾溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性，加热，Al3＋的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化，A项错误；加入NH4Cl固体，氨水的电离程度减小，碱性减弱，溶液颜色变浅，B项正确；加入少量CH3COONa固体会使CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡向右移动，c(OH－)增大，颜色变深，C项错误；加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3，颜色加深，D项错误。
7．已知常温下浓度均为0.1 mol·L－1的溶液的pH如下表所示：
溶液
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6

下列有关说法正确的是(　　)
A．根据上表得出三种酸的电离平衡常数：HF＞HClO＞H2CO3(一级电离平衡常数)
B．加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液，其pH将小于9.7
C．pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以等体积混合，则有c(Na＋)＝c(F－)＞c(H＋)＝c(OH－)
D．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)
答案　D
解析　相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大。根据表中数据可知，离子水解程度：F－＜ClO－＜CO，则酸的电离平衡常数HF＞HClO＞H2CO3，A项错误；盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，故加热NaClO溶液，ClO－水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，B项错误；常温下，NaF溶液的pH＝7.5＞7，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸，pH＝2的HF浓度大于pH＝12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合，HF有剩余，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒得c(Na＋)＜c(F－)，酸的电离程度较小，则溶液中离子浓度c(F－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项错误；根据物料守恒得2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]＝c(Na＋)，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，D项正确。
8．(2020·淮安模拟)已知NaHSO3溶液常温时显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2OH2SO3＋OH－　　①
HSOH＋＋SO　　②
向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)
A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大
B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－)
答案　C
解析　NaHSO3溶液显酸性，则HSO的电离程度＞HSO的水解程度，加入钠后平衡①左移、平衡②右移，c(HSO)减小，A项错误；根据电荷守恒可知B项错误，应为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)；加入少量NaOH，平衡②右移，、的值均增大，C项正确；D项，c(Na＋)＞c(HSO)＞c(SO)，错误。
9．(2019·山东青岛调研)已知常温下三种酸的电离平衡常数如下表所示：
HCN
H2CO3
HF
4.9×10－10
Ka1＝4.3×10－7，
Ka2＝5.6×10－11
6.7×10－4

下列说法不正确的是(　　)
A．相同物质的量浓度的HCN和HF溶液中，HF溶液中水的电离程度较小
B．相同物质的量浓度的NaCN、Na2CO3和NaF溶液，Na2CO3溶液pH最大
C．相同物质的量浓度的NaCN和NaF溶液中，c(F－)＋c(OH－)>c(CN－)＋c(OH－)
D．在NaCN溶液中通入少量CO2，离子方程式为2CN－＋H2O＋CO2===2HCN＋CO
答案　D
解析　根据电离平衡常数可知电离能力：HF>H2CO3>HCN>HCO。相同物质的量浓度的HCN和HF溶液，HF溶液中的H＋浓度较大，则对水的电离抑制程度大，A项正确；根据电离平衡常数可知，CO的水解能力最大，故Na2CO3溶液的碱性最强，pH最大，B项正确；根据电荷守恒可知，阴离子的浓度之和等于c(Na＋)＋c(H＋)，等浓度的NaCN、NaF溶液中，水解程度较大的是CN－，则NaCN溶液的碱性较强，H＋浓度较小，所以c(F－)＋c(OH－)>c(CN－)＋c(OH－)，C项正确；由于HCN比HCO的电离能力强，故NaCN溶液通入少量的CO2生成NaHCO3，正确的离子方程式为CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCO，D项错误。
10．(2019·山东青岛一模)已知 pOH＝－lgc(OH－)。向20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．稀硫酸的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C．a点时溶液中存在c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)
D．a、b、c 三点对应 NH的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
答案　B
解析　向20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸，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，所以硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应。20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中含有一水合氨的物质的量为0.1 mol·L－1×0.02 L＝0.002 mol，硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.001 mol，该硫酸的物质的量浓度为＝0.05 mol·L－1，故A正确；当溶液中的pH＝pOH时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故B错误；a点加入10 mL 0.05 mol·L－1稀H2SO4，反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，根据物料守恒可得：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝4c(SO)，二者结合可得：c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)，故C正确；升高温度促进NH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NH的水解平衡常数Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)，故D正确。
11．(2020·邯郸一中一模)若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lg。室温下实验室中用0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是(　　)

A．室温下，醋酸的电离常数约为10－5
B．A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00 mL
C．若B点为40 mL，所得溶液中：
c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．从A到B，水的电离程度逐渐变大
答案　A
解析　室温下，醋酸的AG＝lg＝7，即＝107，而水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，两式联立可知：c(H＋)＝10－3.5 mol·L－1，而在醋酸溶液中，c(CH3COO－)≈c(H＋)＝10－3.5 mol·
L－1，故电离平衡常数Ka＝≈＝10－5，故A正确；A点的AG＝lg＝0，即＝1，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，故B错误；当B点加入NaOH溶液40 mL时，所得溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na＋)＝2[c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)]，故C错误；A点之后，当V(NaOH)＞20 mL后，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，D项错误。
12．常温下，HF的电离常数Ka＝6.61×10－4，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.78×10－5。下列说法正确的是(　　)
A．NH4F溶液中lg＞0
B．NH4F溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度
C．NH4F溶液中F－的水解平衡常数Kh(F－)≈1.51×10－11
D．NH4F与NH4Cl的混合溶液中有下列关系：c(NH)＞c(F－)＋c(Cl－)
答案　C
解析　HF的电离平衡常数大于NH3·H2O的电离平衡常数，所以氟离子的水解程度小于铵根离子水解程度，溶液显酸性，氢氧根离子与氢离子的比值的对数应小于0，故A项错误；铵根离子和氟离子的水解促进水的电离，所以NH4F溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度，故B项错误；NH4F溶液中F－的水解平衡常数＝≈1.51×10－11，故C项正确；NH4F与NH4Cl的混合溶液中有下列关系：c(NH)＜c(F－)＋c(Cl－)，故D项错误。
13．常温下，在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1稀盐酸，溶液中含碳元素各种微粒(CO2因逸出未画出)的物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．曲线a表示H2CO3的变化曲线
B．H2CO3、HCO、CO可大量共存于同一溶液中
C．pH＝11时，c(HCO)>c(Cl－)
D．碳酸钠溶液的水解平衡常数为1.0×10－11
答案　C
解析　曲线a显示，pH越大，该微粒的含量越低，不符合H2CO3的性质，曲线a表示的是CO，故A错误；根据碳酸钠的性质可知，b表示HCO的变化，c表示H2CO3的变化，由图像可知，H2CO3、HCO、CO不可大量共存于同一溶液中，故B错误；由图像可知，当pH＝11时，溶液显碱性，溶液中以CO的水解为主，CO水解产生HCO，当c(HCO)＝c(CO)，说明碳酸钠与所加盐酸的物质的量之比要大于1∶1，则c(HCO)>c(Cl－)，故C正确；根据pH＝11可求得碳酸钠的水解平衡常数，碳酸钠溶液的水解平衡常数Kh＝＝1.0×10－3，故D错误。
14．(2019·长沙模拟)含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na＋)＞c(SO)＞c(H2SO3)＞c(HSO)
B．已知NaHSO3溶液pH＜7，该溶液中：c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H2SO3)＞c(SO)
C．当吸收液呈酸性时：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
答案　D
解析　Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pH＜7，则该溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。
15．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是______________________________________
________________________________________________________________________
(用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。

(3)如图1所示是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。

①其中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填字母)，导致pH随温度变化的原因是________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②20 ℃时，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，所得溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)小于
(3)①Ⅰ　NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小
②10－3 mol·L－1
(4)a　c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)
解析　(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H＋同样抑制NH水解，但HSO电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)≈10－3 mol·L－1 [c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出的H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)＞c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。