第54讲　盐类的水解 讲义- 备战2025年高考化学一轮复习讲义（苏教版2019）

第54讲　盐类的水解 复习目标　 1.了解盐类水解的原理及一般规律。 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。 考点一　盐类的水解及其规律 必备知识 1．定义 在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。 2．盐类水解的结果 使溶液中水的电离平衡向右移动，使溶液中c(H＋)和c(OH－)发生变化，促进了水的电离。 3．特点 (1)可逆：盐类的水解是可逆反应。 (2)吸热：盐类的水解可看作是酸碱中和反应的逆反应。 (3)微弱：盐类的水解程度很微弱。 4．盐类水解的规律 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 强酸强碱盐 NaCl、NaNO3 否 － 中性 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2 是 NH、Cu2＋ 酸性 强碱弱酸盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO 碱性 5.水解反应的离子方程式的书写 (1)盐类水解的离子方程式一般用“”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。 (2)多元弱酸盐：分步书写，以第一步为主。 (3)多元弱碱盐：水解反应的离子方程式一步完成。 (4)阴、阳离子相互促进的水解 ①若水解程度不大，用“”表示。 ②相互促进的水解反应程度较大的，书写时用“===”“↑”“↓”。 [应用举例] 写出下列盐溶液水解的离子方程式。 (1)NH4Cl：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 (2)Na2CO3：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 (3)FeCl3：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 (4)CH3COONH4：CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。 (5)Al2S3：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。 (6)AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 能力提升 1．为二元弱酸，常温下，将NaOH溶液滴入NaHA溶液中，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法错误的是 A．NaHA既能与酸反应又能与碱反应 B．曲线Ⅰ代表随pH的变化曲线 C．NaHA溶液中存在关系： D．时， 2．缓冲溶液是指加少量水稀释或外加少量酸、碱，自身pH不发生显著变化的溶液。1L含乳酸()和乳酸钠()的溶液就是一种缓冲溶液，该溶液的pH为3.85。下图是该缓冲溶液的pH随通入或加入的物质的量变化的示意图(溶液体积保持1L)，已知。下列说法错误的是 A．通过计算可得出，a点溶液的pH值约为3.37 B．根据图像可以判断，b点溶液已失去缓冲能力 C．该缓冲溶液中： D．当加入，且横坐标为0.5时，溶液中： 3．某绿色溶液A含有、、、、、、、和中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知微溶于水，可溶于酸)： ①向溶液中滴加溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色溶液B； ②取滤液B，先用酸化，再滴加溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A．溶液A中一定存在、和 B．溶液A中不存在、和，不能确定的存在 C．第②步生成的白色沉淀只是AgCl D．溶液A中存在与中的一种或两种，且可用NaOH溶液判断 4．常温下，用溶液滴定溶液的滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是 A．①点溶液中， B．②点溶液中的溶质为、 C．③点溶液中， D．①、②、③三点中，水的电离程度最大的点为③点 5．电极电位滴定法是测定物质浓度的另一种方法，滴定过程中指示电极电位发生变化，滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃。常温下，用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，下图是滴定过程中的电位曲线与pH曲线： 已知：亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7。下列说法错误的 A．Na2HPO3属正盐，溶液显碱性；NaH2PO3属酸式盐，溶液显酸性 B．a点溶液主要含NaH2PO3、NaCl，存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)=c(OH-)＋c() C．b点对应的溶液中存在：c(H＋)=c()＋2c() D．b点生成的亚磷酸属弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大 考点二　外因对水解平衡的影响 必备知识 1．温度 盐类水解反应是中和反应的逆反应，因而盐类的水解为吸热反应，升高温度，水解平衡向右移动。 2．浓度 (1)加水稀释，促进水解，水解程度增大。 (2)加溶质(增大浓度)，促进水解，水解程度减小。 3．同离子效应 向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子，水解被抑制；若水解产物被消耗，则促进水解。 [应用举例] 以FeCl3水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋为例，分析外界条件对水解平衡的影响。 条件 平衡移动方向 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 【点拨】比较不同溶液中同一离子浓度大小的方法：选好参照物，分组比较，各个击破。 能力提升 1．如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的变化曲线，段有少量放出。下列说法正确的是 A．点溶液的等于点溶液的 B．点时， C．点溶液中， D．段，减小说明升温抑制了的水解 2．为了探究温度对水解平衡的影响，用手持技术测定一定浓度溶液的pH随温度变化的关系如图所示，下列说法不正确的是 A．该实验能证明升温促进水解 B．点M之后水解放热 C．点M处溶液中略大于mol/L D．点M后pH下降是因为升温对的影响更大 3．常温下，CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的浓度与pH的关系如图所示。已知a为CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的交点。下列说法错误的是 A．c(NaHCO3)>0.0025mol·L-1时，其溶液的pH基本不变 B．浓度越大CH3COONa溶液的碱性越强，是因为CH3COONa的水解程度随浓度的增大而增大 C．a点CH3COONa溶液中的c(CH3COOH)小于NaHCO3溶液中的c(H2CO3) D．0.01mol·L-1的NaHCO3溶液中，满足c(Na+)>c()>c(H2CO3)>c() 4．下列溶液中各离子的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液中：滴加几滴稀盐酸，增大 B．饱和小苏打溶液中： C．与混合溶液呈酸性： D．时，的纯碱溶液： 5．25C时，某混合溶液中，、随pH变化的关系如图所示。为HA的电离常数，下列说法正确的是 A．曲线①代表随pH变化趋势 B． C．pH=7时， D．随着pH增大，A-的水解程度始终增大 真题测评 1．常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 A．线Ⅱ表示的变化情况 B．的电离平衡常数 C．时， D．时， 2．过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 溶液褪色，产生白色沉淀 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 A．A B．B C．C D．D 3．硼砂水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠)。 已知：①时，硼酸显酸性的原理 ②。 下列说法正确的是 A．硼砂稀溶液中 B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离 C．25℃时，硼酸水溶液的 D．等浓度等体积的和溶液混合后，溶液显酸性 4．中和法生产的工艺流程如下： 已知：①的电离常数：，， ②易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液 B．“调pH”工序中X为或 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 5．常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A．水的电离程度： B．M点： C．当时， D．N点： 拓展精练 1．四瓶无色溶液，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是 A．a呈弱碱性 B．f可溶于过量的b中 C．c中通入过量的e可得到无色溶液 D．b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 2．超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中键的数目为 B．晶体中离子的数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移电子生成的数目为 3．室温下，通过下列实验探究的性质。已知，。 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体 D．实验3所得溶液中： 4．常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述正确的是 A．曲线M表示的变化关系 B．若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有 C．的电离常数 D．时， 5．关于和的下列说法中，不正确的是 A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B．可用溶液使转化为 C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 6．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中原子总数为 B．溶液中，数目为 C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 7．常温下、将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知： 下列说法不正确的是 A．溶液中存在 B．将溶液稀释到，几乎不变 C．溶液与溶液混合后出现的白色浑浊不含有 D．存在反应是出现白色沉淀的主要原因 8．在溶液中能大量共存的离子组是 A． B． C． D． 9．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： ① ② 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)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是 A．的数值为0.009 B．时， C．时，x越大，生成的量越少 D．时， 10．取两份 的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，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：溶液中的水解程度大于电离程度 B．过程中：逐渐减小 C．过程中： D．令c点的，e点的，则 11．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 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(NH) 12．室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋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−) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第54讲　盐类的水解 复习目标　 1.了解盐类水解的原理及一般规律。 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。 考点一　盐类的水解及其规律 必备知识 1．定义 在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。 2．盐类水解的结果 使溶液中水的电离平衡向右移动，使溶液中c(H＋)和c(OH－)发生变化，促进了水的电离。 3．特点 (1)可逆：盐类的水解是可逆反应。 (2)吸热：盐类的水解可看作是酸碱中和反应的逆反应。 (3)微弱：盐类的水解程度很微弱。 4．盐类水解的规律 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 强酸强碱盐 NaCl、NaNO3 否 － 中性 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2 是 NH、Cu2＋ 酸性 强碱弱酸盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO 碱性 5.水解反应的离子方程式的书写 (1)盐类水解的离子方程式一般用“”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。 (2)多元弱酸盐：分步书写，以第一步为主。 (3)多元弱碱盐：水解反应的离子方程式一步完成。 (4)阴、阳离子相互促进的水解 ①若水解程度不大，用“”表示。 ②相互促进的水解反应程度较大的，书写时用“===”“↑”“↓”。 [应用举例] 写出下列盐溶液水解的离子方程式。 (1)NH4Cl：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 (2)Na2CO3：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 (3)FeCl3：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 (4)CH3COONH4：CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。 (5)Al2S3：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。 (6)AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 能力提升 1．为二元弱酸，常温下，将NaOH溶液滴入NaHA溶液中，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法错误的是 A．NaHA既能与酸反应又能与碱反应 B．曲线Ⅰ代表随pH的变化曲线 C．NaHA溶液中存在关系： D．时， 【答案】D 【分析】根据、可知，当时，，Ⅰ对应的pH值小于Ⅱ对应的pH值，则Ⅰ为随pH的变化曲线，Ⅱ为随pH的变化曲线，据此回答。 【详解】A．H2A为二元弱酸，HA-既能与酸反应转化为H2A，又能与碱反应转化为A2-，A正确； B．根据分析可知，曲线Ⅰ代表随pH的变化曲线，B正确； C．根据电荷守恒，根据物料守恒可知，，则，C正确； D．根据电荷守恒，pH=7时，c(Na+)=2c(A2−)+c(HA−)，D错误； 故选D。 2．缓冲溶液是指加少量水稀释或外加少量酸、碱，自身pH不发生显著变化的溶液。1L含乳酸()和乳酸钠()的溶液就是一种缓冲溶液，该溶液的pH为3.85。下图是该缓冲溶液的pH随通入或加入的物质的量变化的示意图(溶液体积保持1L)，已知。下列说法错误的是 A．通过计算可得出，a点溶液的pH值约为3.37 B．根据图像可以判断，b点溶液已失去缓冲能力 C．该缓冲溶液中： D．当加入，且横坐标为0.5时，溶液中： 【答案】C 【详解】A．1L含乳酸和乳酸钠的溶液中乳酸和乳酸钠浓度相同，和几乎相等，乳酸，当通入，溶质是乳酸和的乳酸钠，此时，，，，故A正确； B．图中曲线可知，b点溶质为2mol乳酸钠，加入氢氧化钠pH明显发生改变，此时失去了缓冲能力，故B正确； C．混合后电荷守恒：，物料守恒：，此缓冲液中存在，故C错误； D．当加入，且横坐标为0.5时，溶质乳酸和的乳酸钠，若不考虑乳酸电离和乳酸根的水解，，而此时溶液呈酸性，乳酸的电离大于乳酸根的水解，故溶液中会增大，或结合电荷守恒、溶液呈酸性可知c(Na+)＞c(Lac−)，故D正确； 选C。 3．某绿色溶液A含有、、、、、、、和中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知微溶于水，可溶于酸)： ①向溶液中滴加溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色溶液B； ②取滤液B，先用酸化，再滴加溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A．溶液A中一定存在、和 B．溶液A中不存在、和，不能确定的存在 C．第②步生成的白色沉淀只是AgCl D．溶液A中存在与中的一种或两种，且可用NaOH溶液判断 【答案】B 【分析】溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+、Cu2+反应的和不能大量存在； ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有，还有绿色滤液B，则溶液中含有H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+； ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Cl-，不能确定Na+是否存在，以此解答该题。 【详解】A．由以上分析可知溶液A中一定存在H+、和Cl-，故A正确； B．反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故B错误； C．溶液中不存在，加入硝酸银，不生成Ag2CO3，第②步生成的白色沉淀只是AgCl，故C正确； D．如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故D正确； 答案选B。 4．常温下，用溶液滴定溶液的滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是 A．①点溶液中， B．②点溶液中的溶质为、 C．③点溶液中， D．①、②、③三点中，水的电离程度最大的点为③点 【答案】C 【分析】当滴入0.1mol•L-1NaOH溶液为10mL时，溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性；当恰好中和时消耗0.1mol/LNaOH溶液20mL，溶液显碱性，点②呈中性，则有V＜20，但此时c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒和元素守恒分析。 【详解】A．点①溶液中，NaOH溶液为10mL时，溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+(OH-)，故A正确； B．CH3COONa溶液显碱性，点②溶液中，溶液显中性c(H+)=(OH-)，可知②点溶液中的溶质为CH3COOH、CH3COONa，故B正确； C．点③溶液中，CH3COOH与NaOH恰好反应生成CH3COONa，溶液显碱性，体积变为原来的两倍，浓度变为原来的一半，则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，故C错误； D．酸碱的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，①的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，②的溶质为CH3COOH、CH3COONa，③的溶质为CH3COONa，可得①、②、③三点中，水的电离程度最大的点为③点，故D正确； 故选C。 5．电极电位滴定法是测定物质浓度的另一种方法，滴定过程中指示电极电位发生变化，滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃。常温下，用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，下图是滴定过程中的电位曲线与pH曲线： 已知：亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7。下列说法错误的 A．Na2HPO3属正盐，溶液显碱性；NaH2PO3属酸式盐，溶液显酸性 B．a点溶液主要含NaH2PO3、NaCl，存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)=c(OH-)＋c() C．b点对应的溶液中存在：c(H＋)=c()＋2c() D．b点生成的亚磷酸属弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大 【答案】C 【详解】A．亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1=10−1.4，Ka2=10−6.7，说明亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，则Na2HPO3属正盐，水解而使溶液显碱性；NaH2PO3属酸式盐，由于，电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，故A正确； B．根据题意，向亚磷酸钠滴定盐酸，a点是第一次滴定终点，则溶液主要含NaH2PO3、NaCl，根据质子守恒得到存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)=c(OH－)＋c()，故B正确； C．根据题意，向亚磷酸钠滴定盐酸，b点是第二次滴定终点，则溶液主要含H3PO3、NaCl，b点对应的溶液中存在：c(H＋)=c()＋2c()+c(OH－)，故C错误； D．根据滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，b点生成的亚磷酸属弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大，故D正确。 综上所述，答案为C。 考点二　外因对水解平衡的影响 必备知识 1．温度 盐类水解反应是中和反应的逆反应，因而盐类的水解为吸热反应，升高温度，水解平衡向右移动。 2．浓度 (1)加水稀释，促进水解，水解程度增大。 (2)加溶质(增大浓度)，促进水解，水解程度减小。 3．同离子效应 向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子，水解被抑制；若水解产物被消耗，则促进水解。 [应用举例] 以FeCl3水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋为例，分析外界条件对水解平衡的影响。 条件 平衡移动方向 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 【点拨】比较不同溶液中同一离子浓度大小的方法：选好参照物，分组比较，各个击破。 能力提升 1．如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的变化曲线，段有少量放出。下列说法正确的是 A．点溶液的等于点溶液的 B．点时， C．点溶液中， D．段，减小说明升温抑制了的水解 【答案】C 【详解】A．，随着温度的升高，增大；点、点的相同，即氢离子浓度相同，但是不同，点的大，所以点溶液的比点溶液的小，A项错误； B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，点时碳酸氢钠溶液显碱性，水解程度大于电离程度，，所以，B项错误； C．段有少量放出，所以，C项正确； D．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； 故答案选C。 2．为了探究温度对水解平衡的影响，用手持技术测定一定浓度溶液的pH随温度变化的关系如图所示，下列说法不正确的是 A．该实验能证明升温促进水解 B．点M之后水解放热 C．点M处溶液中略大于mol/L D．点M后pH下降是因为升温对的影响更大 【答案】B 【分析】碳酸钠是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈碱性的反应为吸热反应，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，水的离子积常数增大，低于62℃时，氢氧根离子浓度增大趋势大于水的离子积常数增大趋势，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，高于62℃时，氢氧根离子浓度增大趋势小于水的离子积常数增大趋势，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH下降。 【详解】A．由图可知，温度升高，溶液中氢氧根离子浓度增大，说明升温促进碳酸钠在溶液中的水解，故A正确； B．由分析可知，点M之后，溶液中氢氧根离子浓度增大，温度高于62℃时，氢氧根离子浓度增大趋势小于水的离子积常数增大趋势，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH下降，所以点M之后碳酸钠在溶液中的水解依然是吸热反应，故B错误； C．点M处，水的离子积常数大于10—14，所以溶液中氢氧根离子浓度大于=mol/L，故C正确； D．由分析可知，点M之后，溶液中氢氧根离子浓度增大，温度高于62℃时，氢氧根离子浓度增大趋势小于水的离子积常数增大趋势，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH下降，故D正确； 故选B。 3．常温下，CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的浓度与pH的关系如图所示。已知a为CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的交点。下列说法错误的是 A．c(NaHCO3)>0.0025mol·L-1时，其溶液的pH基本不变 B．浓度越大CH3COONa溶液的碱性越强，是因为CH3COONa的水解程度随浓度的增大而增大 C．a点CH3COONa溶液中的c(CH3COOH)小于NaHCO3溶液中的c(H2CO3) D．0.01mol·L-1的NaHCO3溶液中，满足c(Na+)>c()>c(H2CO3)>c() 【答案】B 【详解】A．根据图像可知c(NaHCO3)＞0.0025mol·L-1时，其溶液的pH基本不变，接近8.31，A正确； B．浓度越大CH3COONa溶液的碱性越强，是因为CH3COONa水解产生的氢氧根浓度越来越大，醋酸钠的水解程度随浓度的增大而减小，B错误； C．醋酸的酸性强于碳酸的，a点二者的浓度相等，依据越弱越水解可知，a点CH3COONa溶液中的c(CH3COOH)小于NaHCO3溶液中的c(H2CO3)，C正确； D．碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则0.01mol·L-1的NaHCO3溶液中，满足c(Na+)＞c()＞c(H2CO3)＞c()，D正确； 答案选B。 4．下列溶液中各离子的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液中：滴加几滴稀盐酸，增大 B．饱和小苏打溶液中： C．与混合溶液呈酸性： D．时，的纯碱溶液： 【答案】B 【详解】A．溶液中存在以下平衡状态：，滴加几滴稀盐酸后，溶液中增大，平衡逆向移动，使减小，A错误； B．饱和小苏打溶液中，根据Na和C元素守恒，有以下关系：，故，B正确； C．根据电荷守恒，与混合溶液中：，溶液呈现酸性时，，故，C错误； D． 升高温度，水电离程度增大，则时，水的，的纯碱溶液中，，，D错误； 故选B。 5．25C时，某混合溶液中，、随pH变化的关系如图所示。为HA的电离常数，下列说法正确的是 A．曲线①代表随pH变化趋势 B． C．pH=7时， D．随着pH增大，A-的水解程度始终增大 【答案】A 【分析】随着pH的升高，溶液中逐渐增大，HA会与氢氧根发生反应，所以开始几乎不变，后续随pH增大而减少的是，随pH增大而增加，后续几乎不变的是，可知曲线①代表随pH变化趋势，曲线②代表随pH变化趋势，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，曲线①代表随pH变化趋势，A正确； B．曲线①和曲线②的交点存在有，即，，此时的pH<7，因此，B错误； C．在pH增大的过程中，是通过加入碱性物质实现，因此也应该存在有阳离子同时加入，根据电荷守恒可知，还存在有带正电荷的阳离子，pH=7时，，C错误； D．的水解平衡为：，pH增大的过程中，增大，水解平衡逆向移动，因此水解程度减小，D错误； 故答案选A。 真题测评 1．常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 A．线Ⅱ表示的变化情况 B．的电离平衡常数 C．时， D．时， 【答案】C 【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。 【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误； B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误； C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确； D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D项错误； 答案选C。 2．过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 溶液褪色，产生白色沉淀 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误； B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确； C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确； D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确； 综上所述，本题选A。 3．硼砂水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠)。 已知：①时，硼酸显酸性的原理 ②。 下列说法正确的是 A．硼砂稀溶液中 B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离 C．25℃时，硼酸水溶液的 D．等浓度等体积的和溶液混合后，溶液显酸性 【答案】B 【详解】 A．水解生成等物质的量浓度的和，硼酸遇水转换，根据物料守恒，，A错误； B．根据已知，硼酸遇水转换，其中的H+是由水提供的，B正确； C．25℃时， ，，，因，，C错误； D．的电离平衡常数为，的水解平衡常数，水解程度大于电离程度，显碱性，D错误； 故选B。 4．中和法生产的工艺流程如下： 已知：①的电离常数：，， ②易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液 B．“调pH”工序中X为或 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 【答案】C 【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。 【详解】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确； B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确； C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误； D．由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确； 故选C。 5．常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A．水的电离程度： B．M点： C．当时， D．N点： 【答案】D 【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。 【详解】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确； B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确； C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确； D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误； 故答案选D。 拓展精练 1．四瓶无色溶液，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是 A．a呈弱碱性 B．f可溶于过量的b中 C．c中通入过量的e可得到无色溶液 D．b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 【答案】B 【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为和的一种，产生的气体e为；又由于b和c反应生成白色沉淀f，不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为，a为；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为，d为，生成的白色沉淀为，无色气体g为。综上所述，a为溶液，b为溶液，c为溶液，d为溶液，e为，f为，g为。 【详解】A．由分析可知，a为溶液，为强酸弱碱盐的溶液，水解显酸性，故a显弱酸性，A项错误 B．由分析可知，f为，b为溶液，为两性氢氧化物，可溶液强碱，故f可溶于过量的b中，B项正确； C．由分析可知，c为溶液，e为，溶液通入会生成沉淀，不溶于弱碱，继续通入不能得到无色溶液，C项错误； D．由分析可知，b为 ，d为，二者反应生成沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误； 故选B。 2．超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中键的数目为 B．晶体中离子的数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移电子生成的数目为 【答案】A 【详解】A．(即)中键的数目为，A正确； B．由和构成，晶体中离子的数目为，B错误； C．在水溶液中会发生水解：，故溶液中的数目小于，C错误； D．该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每参加反应转移电子，每转移电子生成的数目为，D错误； 故选A。 3．室温下，通过下列实验探究的性质。已知，。 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体 D．实验3所得溶液中： 【答案】D 【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3和酸性溶液反应的离子方程式为：。 【详解】A． 实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：，则 ，A错误； B．实验2为pH为4，依据，则=，溶液，则，B错误； C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得固体，C错误； D．实验3依据发生的反应：，则恰好完全反应后，D正确； 故选D。 4．常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述正确的是 A．曲线M表示的变化关系 B．若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有 C．的电离常数 D．时， 【答案】D 【分析】随着pH的增大，、浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，的酸性强于，即)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，，由此分析解题。 【详解】A．根据分析，曲线M表示的变化关系，A错误； B．根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误； C．根据分析，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误； D．电离度，，则=，，时，，，D正确； 故答案选D。 5．关于和的下列说法中，不正确的是 A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B．可用溶液使转化为 C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 【答案】D 【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确； B．加入溶液会发生反应：，B正确； C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确； D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误； 故选D。 6．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中原子总数为 B．溶液中，数目为 C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 【答案】D 【详解】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误； B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误； C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3mol S消耗2mol H2S，3.4g H2S为0.1mol，故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 故答案选D。 7．常温下、将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知： 下列说法不正确的是 A．溶液中存在 B．将溶液稀释到，几乎不变 C．溶液与溶液混合后出现的白色浑浊不含有 D．存在反应是出现白色沉淀的主要原因 【答案】C 【详解】A．亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式为：，，则溶液中，A正确； B．亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确； C．加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C错误； D．过氧化氢具有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫酸根离子，则存在反应，，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正确； 故选C。 8．在溶液中能大量共存的离子组是 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意； B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意； C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意； D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意； 答案D。 9．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： ① ② 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)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是 A．的数值为0.009 B．时， C．时，x越大，生成的量越少 D．时， 【答案】C 【详解】A．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．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B错误； C．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．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误； 故本题选C。 10．取两份 的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，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：溶液中的水解程度大于电离程度 B．过程中：逐渐减小 C．过程中： D．令c点的，e点的，则 【答案】C 【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。 【详解】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确； B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确； C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误； D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确； 综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。 11．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 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(NH) 【答案】C 【分析】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。 【详解】A．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．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．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-)增大，因此，C说法不正确； D． 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。 综上所述，本题选C。 12．室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋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 【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。 学科网（北京）股份有限公司 $$