1、第3讲 盐类的水解【最新考纲】1.了解盐类水解的原理及其一般规律。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.掌握水解离子方程式的书写。4.了解盐类水解的应用。考点一 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实质盐电离弱酸的阴离子结合H弱碱的阳离子结合OH 破坏了水的电离平衡水的电离程度增大c(H)c(OH)溶液呈碱性、酸性或中性3特点4规律有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。5.水解离子方程式的书写(1)书写盐类水解方程式一般要用“”号连接，产物不标“”或“”，其一般形式为：弱离子水弱酸(弱碱)OH(H)。若水解程度较大，书写时
2、要用“=”“”或“”，如 NaHCO3 与 AlCl3 混合液的反应离子方程式为 3HCO3 Al3=Al(OH)33CO2。(2)一般盐类水解程度很小，水解产物浓度很小，如果产物易分解(如 NH3H2O、H2CO3)也不写成其分解产物的形式，如：NH4Cl 的水解离子方程式：NH4 H2ONH3H2OH。(3)多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式，如 Na2CO3 的水解离子方程式：CO23 H2OHCO3 OH。(4)多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如 FeCl3 的水解离子方程式：Fe33H2OFe(OH)33H。【典例1】(2015海南卷)0.1
3、mol下列气体分别与1 L 0.1 molL1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是()ANO2BSO2CSO3DCO2解 析：A.NO2 和 NaOH 溶 液 发 生 反 应：2NO2 2NaOH=NaNO3NaNO2H2O，二者恰好反应得到是NaNO3和 NaNO2的混合溶液，该溶液中含有强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应 SO2NaOH=NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于 HSO3 电离大于水解作用，所以溶液显酸性。C.发生反应：SO3NaOH=NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，电离使溶液显酸性，相当于一元强酸。所以酸性比 NaHSO3 强；D.会发生反应：CO2NaOH
4、=NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO3 电离小于水解作用，所以溶液显减性。因此溶液的酸性最强的是 NaHSO4，溶液的酸性越强，pH 越小。所以选项是 C。答案：C盐类水解的规律及拓展应用(1)“谁 弱 谁 水 解，越 弱 越 水 解”。如 酸 性：HCNCH3COONa。(2)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=NaHSO24。(3)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。若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3 溶液中：HCO3HCO23(次要)，HCO3 H2OH2CO3OH(主要)。若
5、电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3 溶液中：HSO3HSO23(主要)，HSO3H2OH2SO3OH(次要)。(4)相同条件下的水解程度：正盐相应酸式盐，如 CO23 HCO3。(5)相互促进水解的盐单独水解的盐水解相互抑制的盐。如 NH4 的水解：(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2。题组一 盐类水解(离子)方程式的书写1下列离子方程式表示的是盐类的水解且正确的是()AHSH2OH3OS2BHSH=H2SCCO23 H2OH2CO32OHDFe33H2OFe(OH)33H解析：A 项，一个 H3O相当于一个 H，是 HS的电离方程式，错误；B 项，是
6、 HS与 H的反应，错误；C 项，多元弱酸阴离子的水解是分步完成的，故书写时要分步书写，一般只写第一步水解方程式，即 CO23 H2OHCO3 OH，错误。答案：D2按要求书写离子方程式。(1)AlCl3溶液呈酸性。_。(2)Na2CO3溶液呈碱性。_。(3)NH4Cl溶于D2O中。_。(4)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合。_。(5)实验室制备Fe(OH)3胶体。_。(6)NaHS溶液呈碱性的原因。_。答案：(1)Al33H2OAl(OH)33H(2)CO23 H2OHCO3 OH、HCO3 H2OH2CO3OH(3)NH4 D2ONH3HDOD(4)Al33HCO3=Al(OH)33
7、CO2(5)Fe33H2O=Fe(OH)3(胶体)3H(6)HSH2OH2SOH【归纳提升】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)水解分别是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。题组二 盐类水解实质及规律3(高考经典题)25 时，浓度均为 0.2 molL1 的 NaHCO3与 Na2CO3 溶液中，下列判断不正确的是()A均存在电离平衡
8、和水解平衡B存在的粒子种类相同Cc(OH)前者大于后者D分别加入 NaOH 固体，恢复到原温度，c(CO23)均增大解析：选项 A，NaHCO3、Na2CO3 均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在 H2O 的电离平衡。选项 B，Na2CO3、NaHCO3 溶液中都含有 Na、CO23、HCO3、H2CO3、H、OH、H2O，它们存在的粒子种类相同。选项 C，CO23 的水解能力大于 HCO3 的，故 Na2CO3 溶液中的 c(OH)大于NaHCO3 溶液。选项 D，NaHCO3 溶液中加入 NaOH 时，HCO3 与 OH反应导致 c(CO23)增大；Na2CO3 溶液中加入NaOH
9、 时，OH抑制了 CO23 的水解，导致 c(CO23)增大。答案：C4相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中代表的物质可能分别为()A NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa NaHCO3 NaOHB (NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa NaHCO3 NaOHC (NH4)2SO4 NH4Cl NaOH CH3COONa NaHCO3D CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4 NaHCO3 NaOH解析：酸性从大到小的顺序为电离呈酸性水解呈酸性中性水解呈碱性电离呈碱性。答案：B【归纳提升】酸式盐溶液酸碱性的判断(1)强酸的酸式盐只电
10、离，不水解，溶液一定显酸性。如NaHSO4 溶液：NaHSO4=NaHSO24。(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。若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。例如 NaHCO3溶液中：HCO3HCO23(次要)，HCO3 H2OH2CO3OH(主要)，使 c(OH)c(H)，溶液呈碱性。若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。例如 NaHSO3溶液中：HSO3HSO23(主要)，HSO3 H2OH2SO3OH(次要)，使 c(OH)c(H)，溶液呈酸性。考点二 影响盐类水解平衡的因素1内因形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。如酸性：CH3C
11、OOHH2CO3 相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为pH(Na2CO3)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 增大右移减小增大浓度减小左移增大减小(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。外加酸碱。水解程度的影响外加物质弱酸根阴离子弱碱阳离子酸增大减小碱减小增大加能水解的盐。【典例2】(2015天津卷)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL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A50 mL 1 molL1H2SO4反应
12、结束后，c(Na)c(SO24)B0.05 mol CaO溶液中 c（OH）c（HCO3）增大C50 mL H2O由水电离出的 c(H)c(OH)不变D 0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液 pH 减小，c(Na)不变 解析：A 项，Na2CO3 溶液中加入 50 mL 1 molL1 H2SO4 后，两者 11 恰好完全反应，溶液中溶质为 Na2SO4，显中性，即c(H)c(OH)，结合电荷守恒，c(Na)c(H)2c(SO24)c(OH)，应该有 c(Na)2c(SO24)，错误；B 项，Na2CO3 溶液中存在如下水解平衡：CO23 H2OHCO3 OH，加入 CaO 后，发
13、生了反应 CaOH2O=Ca(OH)2，使溶液中c(OH)增大，同时新增加的 OH抑制了 CO23 的水解，导致c(HCO3)减小，故 c（OH）c（HCO3）增大，正确；C 项，加入水，溶液体积变大，CO23 H2OHCO3 H平衡右移，但 c(OH)减小，故由水电离出的 c(H)c(OH)减小，错误；D 项，加入0.1 mol NaHSO4 固体后，NaHSO4=NaHSO24，发生反应 2NaHSO4 Na2CO3 2Na2SO4 CO2 H2O，溶 质 由Na2CO3 变为 Na2SO4，故溶液 pH 减小，未加 NaHSO4 前 c(Na)0.1 molL1，加入 NaHSO4 后，
14、Na的物质的量增加了一倍，若溶液体积的变化忽略不计，c(Na)0.2 molL1，故 c(Na)增加，错误。答案：B盐类水解平衡移动的判断规律遵循化学平衡规律，从温度、浓度方面去考虑便能作出正确判断，但这里需注意，不要与弱电解质的电 离 平 衡 混 淆，使 之 发 生 冲 突。例 如：在CH3COONa的溶液中，加入少量冰醋酸，正确的结论是体系中c(CH3COOH)增大，抑制了水解，会使平衡CH3COOH2OCH3COOHOH左移。题组一 影响盐类水解平衡的条件1(2015吉林检测)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中加入少量NH4C
15、l固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热后铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，故无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，加入NaCl固体，小苏打溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。答案：B2(2015济南高三调研考试)下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中
16、不加任何物质。(1)含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液显浅红色 的 原 因 为 _(用离子方程式和必要文字解释)。(2)实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深，烧瓶 中 溶 液 红 色 变 浅，则 下 列 叙 述 正 确 的 是_(填字母)。A水解反应为放热反应B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量DNH4NO3溶于水时吸收热量(3)向 0.01 molL 1 CH3COONa 溶 液 中 分 别 加 入NaOH 固 体、Na2CO3 固 体、FeSO4 固 体，使CH3COO 水解平衡移动的方向分别为_、_、_(填“左”“右”或“不移动”)。解析：(1)CH3COONa
17、 中 CH3COO水解使溶液显碱性，酚酞试液遇碱显红色。(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶中溶液红色变浅，则 NH4NO3 溶于水时吸收热量。(3)加入 NaOH 固体，c(OH)增大，抑制 CH3COO的水解；CO23 水解显碱性，与 CH3COO的水解相互抑制；Fe2水解显酸性，与 CH3COO的水解相互促进。答案：(1)CH3COOH2OCH3COOHOH，使溶液显碱性(2)BD(3)左 左 右【归纳提升】(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
18、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 H2OCH3COOHOH左移。题组二 盐类水解平衡常数及相关计算3在一定条件下，Na2CO3 溶液中存在 CO23 H2OHCO3 OH平衡。下列说法不正确的是()A稀释溶液，c（HCO3）c（OH）c（CO23）增大B通入 CO2，溶液 pH 减小C升高温度，平衡常数增大D加入 NaOH 固体，c（HCO3）c（CO23）减小解析：水解平衡常数 Khc（HCO3
19、）c（OH）c（CO23），Kh 只随温度的变化而变化，所以稀释后达平衡，此值不变；B 选项中通入 CO2，会使溶液中 OH浓度减小，所以溶液的 pH 也减小；C 选项中升高温度平衡向吸热方向移动，而盐的水解吸热，所以平衡常数增大；D 中加入 OH时抑制 CO23 水解，所以 CO23浓度增大，而 HCO3 浓度减小，所以c（HCO3）c（CO23）减小。答案：A425 时，H2SO3HSO3 H的电离常数 Ka1102 molL1，则该温度下 NaHSO3 水解反应的平衡常数 Kh_molL1，若向 NaHSO3 溶液中加入少量的 I2，则溶液中c（H2SO3）c（HSO3）将_(填“增大”
20、“减小”或“不变”)。解析：H2SO3 的电离常数 Kac(HSO3)c(H)/c(H2SO3)1102 molL1，水的离子积常数 Kwc(H)c(OH)11014 mol2L2，综上可得 Kac(HSO3)Kw/c(H2SO3)c(OH)。NaHSO3 溶液中 HSO3 的水解反应为 HSO3 H2OH2SO3OH，则水解平衡常数 Khc(H2SO3)c(OH)/c(HSO3)Kw/Ka（11014 mol2L2）（1102 molL1）11012 molL1。NaHSO3 溶液中加入少量 I2，二者发生氧化还原反应，生成 H、I 和 SO 24，溶 液 中 c(H)增 大，则 c(OH)
21、减 小，c（OH）c（H2SO3）c（HSO3）是定值，则c（H2SO3）c（HSO3）将增大。答案：11012 增大【归纳提升】(1)水解平衡常数(Kh)只受温度的影响，温度升高Kh增大；反之减小。(2)Kh与Ka(弱酸电离常数)或Kb(弱碱电离常数)、Kw(水的离子积常数)的定量关系为：KaKhKw或KbKhKw。题组三 盐类水解原理的应用5(2015长春十一中高三期中)下列说法与盐的水解有关的是()明矾可以做净水剂实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气草木灰与氨态氮肥不
22、能混合施用实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞纯碱溶液去油污ABCD全部有关解析：明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故正确；FeCl3水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液浑浊，故正确；NaHCO3和Al2(SO4)3可发生互促水解生成二氧化碳气体，可用于灭火，故正确；NH4Cl水解呈酸性，加入镁可生成氢气，故正确；草木灰中的碳酸根离子与氨态氮肥中的铵根离子发生互促水解，二者混合可降低肥效，故正确；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，不能用玻璃塞盛放，故正确；纯碱呈碱性，油污可在碱性条件下水解，故正确。答案：D6(高考经典题)已知：
23、I22S2O23=S4O26 2I，相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuI Ksp2.21020 2.61039 1.7107 1.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。解析：(1)考虑
24、到不引入新的杂质，调节至溶液 pH 为 4，使Fe3沉淀的试剂可以是 Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuO 等。pH4 时，c(OH)Kwc（H）1010 molL1，此时溶液中c(Fe3 )Kspc3（OH）2.61039（1010）3 mol L 1 2.610 9molL1。(2)CuCl22H2O 在空气中加热会发生水解反应：2CuCl2 2H2O=Cu(OH)2 CuCl2 2HCl 2H2O 或CuCl22H2O=CuO2HClH2O，要得到无水 CuCl2，应将 CuCl22H2O 晶体在干燥的 HCl 气流中加热脱水以抑制其水解。答案：(1)Cu(OH)2 或 Cu2
25、(OH)2CO3 2.6109 molL1(2)2CuCl22H2O=Cu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要产物写成 Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO 均可 在干燥的 HCl气流中加热脱水【归纳提升】盐类水解的应用考点三 电解质溶液中微粒浓度的关系1溶液中微粒浓度大小比较的理论依据(1)电离理论。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：NH3H2O、NH4、OH浓度的大小关系是 c(NH3H2O)c(OH)c(NH4)。多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS、S2
26、、H的浓度大小关系是c(H2S)c(H)c(HS)c(S2)。(2)水解理论。弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的情况除外)，水解生成的微粒浓度很小，本身浓度减小的也很小，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：NH4、Cl、NH3H2O、H的浓度大小关系是 c(Cl)c(NH4)c(H)c(NH3H2O)。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(第一步水解程度远大于第二步水解)，如在 Na2CO3溶液中：CO23、HCO3、H2CO3 的浓度大小关系应是c(CO23)c(HCO3)c(H2
27、CO3)。2溶液中微粒浓度的三大定量关系(1)电荷守恒规律。(2)物料守恒规律。电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，离子种类有所变化，但原子总是守恒的。如K2S溶液中S2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、HCO3、CO23、OH，其电荷守恒关系为：c(Na)c(H)c(HCO3)c(OH)2c(CO23)。、HS都能水解，故S原子以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
28、转移作用图示如下：由图可得到Na2S水溶液中质子守恒式：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或c(H)2c(H2S)c(HS)c(OH)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。【典例 3】(2014新课标卷)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()ApH5 的 H2S 溶液中，c(H)c(HS)1105 molL1BpHa 的氨水溶液，稀释 10 倍后，其 pHb，则 ab1CpH2 的 H2C2O4 溶液与 pH12 的 NaOH 溶液任意比例混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O4)DpH 相同的CH3COONa NaHCO3 NaClO 三种溶
29、液的 c(Na)：解析：A 项，根据电荷守恒及溶液的 pH 有 c(H)c(HS)2c(S2)c(OH)1105 molL1，错误；B 项，NH3H2O为弱碱，稀释时 NH3H2O 能继续电离出 OH，故 a 应小于b1，错误；C 项，根据电荷守恒，应该有 c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O24)，错误；D 项，由于酸性：CH3COOHH2CO3HClO，根据越弱越水解的原则，其对应盐的水解程度：CH3COONaNaHCO3NaHCO3NaClO，则三种溶液的 c(Na)：，正确。答案：D(1)比较时紧扣两个微弱。弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远
30、远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH CH3COOH，H2OOHH，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H)c(CH3COO)c(OH)。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，CH3COOH2O CH3COOHOH，H2OHOH，所以CH3COONa溶液中，c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)。(2)规避等量关系中的 2 个易失分点。电荷 守恒 式中不 只是 各离 子浓度 的简
31、单相 加。如2c(CO23)的系数 2 代表一个 CO23 带 2 个负电荷，不可漏掉。物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如 Na2S溶液中的物料守恒式 c(Na)2c(S2)c(HS)c(H2S)中，“2”表示 c(Na)是溶液中硫元素各种存在形式的硫原子总浓度的 2 倍。题组一 溶液中离子浓度的关系1(2015江苏卷)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是()A向 0.10 molL1 NH4HCO3 溶液中通 CO2：c(NH4)c(HCO3)c(CO23)B向 0.10 molL1 NaHSO3
32、 溶液中通 NH3：c(Na)c(NH4)c(SO23)C向 0.10 molL1 Na2SO3 溶液中通 SO2：c(Na)2c(SO23)c(HSO3)c(H2SO3)D向 0.10 molL1 CH3COONa 溶液中通 HCl：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)解析：A 项根据电荷守恒，当 pH7 时，c(NH4)c(HCO3)2c(CO23)，所以 A 项错误。B 项根据物料守恒：c(Na)c(SO23)c(HSO3)c(H2SO3)与电荷守恒：c(Na)c(NH4)2c(SO23)c(HSO3)两式相减即可得到：c(NH4)c(H2SO3)c(SO23)，所以 c(NH4)c
33、(A)c(H)c(HA)Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH7时，c(Na)c(A)c(HA)Db点所示溶液中c(A)c(HA)解析：A项，a点HA与NaOH恰好完全反应生成NaA溶液，此时pH为8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液发生水解反应，c(Na)c(A)c(HA)c(H)，A错误；B项，a点所示溶液为NaA溶液，NaA水解促进水的电离，b点为NaA和HA等浓度的混合液，显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，HA电离抑制水的电离，故水的电离程度ab，B错误；C项，根据电荷守恒：c(H)c(Na)c(OH)c(A)，pH7时，c(Na)c(A)，C错误；D项，b点显酸性，
34、故HA溶液电离程度大于NaA溶液的水解程度，所以c(A)c(HA)，D正确。答案：D4(2015浙江卷)40 时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是()A在 pH9.0 时，c(NH4)c(HCO3)c(NH2COO)c(CO23)B不同 pH 的溶液中存在关系：c(NH4)c(H)2c(CO23)c(HCO3)c(NH2COO)c(OH)C随着 CO2 的通入，c（OH）c（NH3H2O）不断增大D在溶液中 pH 不断降低的过程中，有含 NH2COO的中间产物生成解析：选项 C，根据一水合氨的电离平衡表达式 Kbc（NH4）c（OH）c（NH3H2O），温度一定时，Kb不变，根据图象知，随着 CO2 通入，c(NH4)不断增大，故c（OH）c（NH3H2O）减小，错误。答案：C
