新高考化學(xué)小題必練14鹽類的水解

（新高考）小題必練14：鹽類的水解（新高考）小題必練14：鹽類的水解主要考查鹽類水解的含義、影響鹽類水解的主要因素、鹽類水解的應(yīng)用，以及運(yùn)用物料守恒、電荷守恒、質(zhì)子守恒來(lái)判斷和比較溶液中離子濃度大小關(guān)系。1.【2020年山東卷】時(shí)，H2CO3的，，室溫下向10mL

0.1mol·L?1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L?1HCl溶液，如圖是溶液中含碳元素微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH降低而變化的圖象CO2因有逸出未畫出。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．A點(diǎn)所示溶液的pH＜11B．B點(diǎn)所示溶液：C．A點(diǎn)→B點(diǎn)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可測(cè)定Na2CO3與混合物的組成【答案】B【解析】A．A點(diǎn)，，則c(H+)=5.6×10?11mol/L，所以pH＜11，故A正確；B．室溫下向10mL

0.1mol·L?1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L?1HCl溶液，B點(diǎn)正好生成氯化鈉和碳酸氫鈉，溶液中鈉離子的物質(zhì)的量濃度是含碳粒子的濃度的2倍，即，故B錯(cuò)誤；C．A點(diǎn)→B點(diǎn)：COeq\o\al(2?,3)逐漸減少，HCOeq\o\al(?,3)逐漸增加，所以發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，故C正確；D．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示劑，滴定產(chǎn)物是NaHCO3，用甲基橙作指示劑滴定時(shí)NaHCO3與HCl反應(yīng)產(chǎn)物是H2CO3，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可測(cè)定Na2CO3與NaHCO3混合物的組成，故D正確。【點(diǎn)睛】判斷粒子濃度大小時(shí)，可以先判斷溶液中主要的溶質(zhì)，再學(xué)會(huì)靈活使用三大守恒關(guān)系。2.【2020年江蘇卷】常溫下，用0.1mol·L?1NaOH溶液滴定0.10mol·L?1HA溶液，滴定曲線如圖a所示，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖b所示。下列陳述錯(cuò)誤的是（）A．Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10?5B．N點(diǎn)，c(Na+)-c(A?)=C．P到Q過(guò)程中，水的電離程度逐漸增大D．當(dāng)?shù)味ㄖ寥芤撼手行詴r(shí)，c(A?)＞c(HA)【答案】B【解析】A．根據(jù)圖a可知，中和百分?jǐn)?shù)為50%時(shí)溶液的pH=4.74，此時(shí)溶液的組成為等物質(zhì)的量濃度的NaA和HA，由于A?的水解和HA的電離都是微弱的，c(A?)≈c(HA)，Ka(HA)=，故Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10?5，選項(xiàng)A正確；B．N點(diǎn)，根據(jù)電荷守恒有，即，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．P—Q過(guò)程中，隨著氫氧化鈉溶液的滴入，酸不斷消耗，溶液的酸性逐漸減弱，水的電離程度逐漸增大，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)圖b可知當(dāng)lg（即）時(shí)，溶液呈酸性，當(dāng)?shù)味ㄖ寥芤撼手行詴r(shí)，溶液中c(A?)>c(HA)，選項(xiàng)D正確。答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液電離平衡常數(shù)的計(jì)算，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握水的電離及其影響，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。1.（雙選）在一定條件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2?+H2OHS?+OH?。下列說(shuō)法正確的是（）A．稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大B．加入CuSO4固體，HS?濃度減小C．升高溫度，c(HS?)/c(S2?)增大D．加入NaOH固體，溶液pH減小【答案】BC【解析】稀釋溶液，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，但水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，水解平衡常數(shù)保持不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤；加入CuSO4固體，發(fā)生沉淀反應(yīng)：Cu2++S2?=CuS↓，c(S2?)減小，S2?的水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，c(HS?)減小，B項(xiàng)正確；水解過(guò)程吸熱，升高溫度，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，c(HS?)增大，c(S2?)減小，c(HS?)/c(S2?)增大，C項(xiàng)正確；加入NaOH固體，c(OH?)增大，pH增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．現(xiàn)有等物質(zhì)的量濃度的下列五種溶液：①CH3COOH溶液②(NH4)2CO3溶液③NaHSO4溶液④NaHCO3溶液⑤Ba(OH)2溶液，其溶液中水的電離程度由大到小的排列順序是（）A．⑤③①④②B．⑤③①②④C．②④③①⑤D．②④①③⑤【答案】D【解析】設(shè)五種溶液的物質(zhì)的量濃度均為c，①醋酸為弱酸，抑制了水的電離，溶液中氫離子的濃度小于c，②(NH4)2CO3溶液中的銨根離子和碳酸根離子都能夠水解，促進(jìn)了水的電離，③NaHSO4溶液為酸性溶液，溶液中氫離子的濃度為c，該溶液中水的電離程度小于①，④NaHCO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸氫根離子水解促進(jìn)了水的電離，該溶液中水的電離程度小于②大于①，⑤Ba(OH)2溶液中的氫氧根離子濃度為2c，抑制了水的電離，該溶液中水的電離程度小于③。綜上分析，題述五種溶液中水的電離程度由大到小的順序?yàn)棰冖堍佗邰?，D項(xiàng)正確。3．用黃色的FeCl3溶液分別進(jìn)行各項(xiàng)實(shí)驗(yàn)，下列解釋或結(jié)論不正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋或結(jié)論A加入FeCl3固體溶液變成紅褐色FeCl3的水解程度變大B加入等體積水溶液顏色變淺c(Fe3+)變小C加入足量Fe粉溶液顏色變淺綠色2Fe3++Fe=3Fe2+D加FeCl3溶液微熱溶液變成紅褐色水解反應(yīng)ΔH＞0【答案】A【解析】FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入FeCl3固體后，溶液中c(Fe3+)增大，平衡正向移動(dòng)，溶液顏色加深變成紅褐色，但FeCl3的水解程度減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；加入等體積水，水解平衡正向移動(dòng)，溶液中c(Fe3+)減小，溶液的顏色變淺，B項(xiàng)正確；加入足量鐵粉，F(xiàn)eCl3溶液與Fe發(fā)生反應(yīng)：2FeCl3+Fe=3FeCl2，由于生成Fe2+，溶液變成淺綠色，C項(xiàng)正確；加熱FeCl3溶液，溶液變成紅褐色，說(shuō)明Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)，則有FeCl3水解反應(yīng)的ΔH＞0，D項(xiàng)正確。4．下列事實(shí)：①NaHSO4溶液呈酸性；②長(zhǎng)期施用化肥會(huì)使土壤酸性增強(qiáng)，發(fā)生板結(jié)；③配制溶液時(shí)，用稀鹽酸溶解固體；④NaHS溶液中c(H2S)>c(S2?)；⑤氯化銨溶液可去除金屬制品表面的銹斑；⑥蒸干溶液，往往得不到固體。其中與鹽類的水解有關(guān)的有（）A．僅①②③⑤B．僅②③④⑤⑥C．僅①④⑤⑥D(zhuǎn)．僅①②③④⑤【答案】B【解析】①中NaHSO4為強(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸式鹽，溶液顯酸性是因?yàn)镹aHSO4電離出；②中是NHeq\o\al(+,4)水解使土壤酸性增強(qiáng)；③中HCl電離產(chǎn)生的會(huì)抑制水解；④中是因水解的程度大于其電離的程度；⑤中NHeq\o\al(+,4)水解產(chǎn)生的與銹斑中的反應(yīng)；⑥加熱會(huì)促進(jìn)水解。5．下列關(guān)于鹽類水解的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．pH相等的①NaHCO3溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液，其溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度大小順序?yàn)棰?gt;②>③B．濃度均為0.1mol·L?1的①(NH4)2CO3溶液、②(NH4)2SO4溶液、③NH4HCO3溶液中，的大小順序?yàn)棰?gt;①>③C．0.2mol·L?1的溶液中是0.lmol·L?1的溶液中的2倍D．0.1mol·L?1的NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次減弱【答案】C【解析】相同物質(zhì)的量濃度的①NaHCO3溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液堿性依次增強(qiáng)，故pH相等的三種溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度大小順序?yàn)棰?gt;②>③，A正確；①(NH4)2CO3溶液、②(NH4)2SO4溶液中NHeq\o\al(+,4)濃度大于等濃度的NH4HCO3溶液中NHeq\o\al(+,4)濃度，(NH4)2CO3溶液中的、NHeq\o\al(+,4)相互促進(jìn)水解，所以c(NHeq\o\al(+,4))的大小順序?yàn)棰?gt;①>③，B正確；CH3COONa溶液濃度越小其水解程度越大，水解產(chǎn)生氫氧根離子的濃度越大，所以0.2mol·L?1的CH3COONa溶液中c(OH?)小于0.1mol·L?1的CH3COONa溶液中c(OH?)的2倍，C錯(cuò)誤；0.1mol·L?1的NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，根據(jù)“越弱越水解”可得出HX、HY、HZ的酸性依次減弱，D正確。6．（雙選）常溫下，用0.10mol?L?1NH3?H2O標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定20mL0.10mol?L?1鹽酸與未知濃度CH3COOH的混合溶液，混合溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是（）已知：Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)=1.7×10?5。A．a(chǎn)→b的過(guò)程中，離子數(shù)目幾乎不變但離子濃度下降，故導(dǎo)電能力下降B．b點(diǎn)混合溶液中，c(CH3COOH)>c(NHeq\o\al(+,4))C．c點(diǎn)混合溶液中，c(OH?)+c(NH3?H2O)=c(H+)+c(CH3COOH)D．d點(diǎn)混合溶液中，c(NHeq\o\al(+,4))>c(Cl?)>c(OH?)>c(CH3COO?)>c(H+)【答案】BD【解析】A．a(chǎn)→b的過(guò)程中，NH3?H2O與先與鹽酸完全反應(yīng)，離子數(shù)目沒(méi)有變化，但體積增加導(dǎo)致離子濃度下降，故導(dǎo)電能力下降，故A正確；B．b→c的過(guò)程中，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，發(fā)生了NH3?H2O與醋酸的反應(yīng)，可推出醋酸的濃度為0.10mol?L?1，b點(diǎn)的溶質(zhì)為等濃度的NH4Cl、CH3COOH，因?yàn)镵a(CH3COOH)＞Kh(NHeq\o\al(+,4))，故醋酸的濃度更小，故B錯(cuò)誤；C．c點(diǎn)的溶質(zhì)為NH4Cl、CH3COONH4，根據(jù)電荷守恒：c(OH?)+c(Cl?)+c(CH3COO?)=c(H+)+c(NHeq\o\al(+,4))、物料守恒：c(NHeq\o\al(+,4))+c(NH3·H2O)=c(Cl?)+c(CH3COO?)+c(CH3COOH)，兩個(gè)守恒相加即可得出C選項(xiàng)中的等式，故C正確；D．d點(diǎn)的溶質(zhì)為等濃度的NH4Cl、CH3COONH4和2倍濃度的NH3?H2O，此時(shí)應(yīng)該主要考慮的NH3?H2O的電離，離子濃度大小為：c(NHeq\o\al(+,4))>c(Cl?)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(H+)，故D錯(cuò)誤。答案選BD。7．用亞硫酸鹽(X)吸收煙氣中的SO2。已知吸收過(guò)程中含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pH的變化關(guān)系如下圖所示。下列說(shuō)法中不正確的是（）A．若X為Na2SO3，當(dāng)吸收液pH=1.85時(shí)：c(Na+)=c(HSOeq\o\al(?,3))+c(H2SO3)B．若X為Na2SO3，當(dāng)吸收液呈中性時(shí)：2c(SOeq\o\al(2?,3))+c(HSOeq\o\al(?,3))=c(Na+)C．若X為(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈堿性，說(shuō)明水解程度：SOeq\o\al(2?,3)＞NHeq\o\al(+,4)D．若X為(NH4)2SO3，圖中b點(diǎn)溶液中n(HSOeq\o\al(?,3))∶n(NHeq\o\al(+,4))=1∶3【答案】A【解析】圖中a點(diǎn)當(dāng)吸收液pH=1.85時(shí)，H2SO3、HSOeq\o\al(?,3)各點(diǎn)50%，c(HSOeq\o\al(?,3))=c(H2SO3)，b點(diǎn)pH=7，c(H+)=c(OH?)，利用電荷守恒、物料守恒及其變形式子進(jìn)行分析。A．若X為Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)=2c(HSOeq\o\al(?,3))+2c(H2SO3)+2c(SOeq\o\al(2?,3))，當(dāng)吸收液pH=1.85時(shí)，c(HSOeq\o\al(?,3))=c(H2SO3)，則c(Na+)=4c(H2SO3)+2c(SOeq\o\al(2?,3))=4c(HSOeq\o\al(?,3))+2c(SOeq\o\al(2?,3))，故A錯(cuò)誤；B．若X為Na2SO3，當(dāng)吸收液呈中性時(shí)：c(H+)=c(OH?)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSOeq\o\al(?,3))+2c(SOeq\o\al(2?,3))+c(OH?)，得到2c(SOeq\o\al(2?,3))+c(HSOeq\o\al(?,3))=c(Na+)，故B正確；C．若X為(NH4)2SO3，由于NHeq\o\al(+,4)水解顯酸性，SOeq\o\al(2?,3)水解顯堿性，(NH4)2SO3溶液呈堿性，說(shuō)明水解程度：SOeq\o\al(2?,3)＞NHeq\o\al(+,4)，故C正確；D．若X為(NH4)2SO3，圖中b點(diǎn)溶液中，c(HSOeq\o\al(?,3))=c(SOeq\o\al(2?,3))，b點(diǎn)pH=7，c(H+)=c(OH?)，根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(NHeq\o\al(+,4))=c(HSOeq\o\al(?,3))+2c(SOeq\o\al(2?,3))+c(OH?)，3c(HSOeq\o\al(?,3))=c(NHeq\o\al(+,4))，n(HSOeq\o\al(?,3))∶n(NHeq\o\al(+,4))=1∶3，故D正確；故選A。8．298K、25℃，在NaHS溶液中，各離子的濃度隨NaHS溶液濃度的變化關(guān)系如圖所示，下列敘述不正確的是（）已知：298K（25℃）H2S的Ka1=9.10×10?8，Ka2=1.10×10?12。A．0.10mol/LNaHS溶液：c(Na+)＞c(HS?)＞c(S2?)＞c(OH?)＞c(H+)B．Na2S溶液中：c(Na+)=2c(S2?)+2c(HS?)+2c(H2S)C．隨著c(NaHS)濃度的增大c(H+)也將持續(xù)增大D．當(dāng)c(OH?)=c(S2?)時(shí)，c(H+)=10?9mol/L【答案】C【解析】A．根據(jù)圖像，0.10mol/LNaHS溶液中各離子濃度的情況為c(HS?)＞c(S2?)＞c(OH?)＞c(H+)，由于Na+不水解，濃度最大，故有c(Na+)＞c(HS?)＞c(S2?)＞c(OH?)＞c(H+)，A正確；B．Na2S溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2c(S2?)+2c(HS?)+2c(H2S)，B正確；C．由圖像可知，隨著c(NaHS)濃度的增大c(H+)不斷變小，C錯(cuò)誤；D．c(OH?)=c(S2?)時(shí)，由圖像可知c(OH?)=10?5mol/L，故mol/L，D正確；故選C。9．25℃時(shí)，向20mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加0.1mol·L?1HCOOH溶液，混合溶液中水電離的氫氧根離子濃度與滴加醋酸溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液pH=7 B．D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的V2=20mLC．D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(OH?)=c(H+) D．C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(HCOO?)=c(Na+)【答案】C【解析】A．B點(diǎn)溶質(zhì)為NaOH、HCOONa，溶液呈堿性，pH＞7，A錯(cuò)誤；B．二者恰好反應(yīng)時(shí)生成醋酸鈉，水的電離程度最大，所以C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的V1=20mL，B錯(cuò)誤；C．D點(diǎn)溶質(zhì)為HCOONa、HCOOH，溶液呈中性，則對(duì)應(yīng)的溶液中：c(OH?)=c(H+)，C正確；D．C點(diǎn)恰好反應(yīng)生成醋酸鈉，醋酸根離子水解，溶液顯堿性，則對(duì)應(yīng)的溶液中：c(HCOO?)＜c(Na+)，D錯(cuò)誤。答案選C。10．已知：p[]=－lg[]。室溫下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH隨p[]變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．溶液中水的電離程度：a>b>cB．c點(diǎn)溶液中：c(Na+)=10c(HX)C．室溫下NaX的水解平衡常數(shù)為10?4.75D．圖中b點(diǎn)坐標(biāo)為(0，4.75)【答案】D【解析】根據(jù)圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質(zhì)為HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的電離程度大于X?的水解程度，可只考慮H+對(duì)水的電離的抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：a<b<c，A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X?)+c(OH?)，此時(shí)p[]=1，則c(X?)=10c(HX)，代入電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH?)，由于溶液呈酸性，c(H+)>c(OH?)，則c(Na+)<10c(HX)，B錯(cuò)誤；C．HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X?，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點(diǎn)坐標(biāo)(1，5.75)可知，pKa=4.75，則Ka=10?4.75，則室溫下室溫下NaX的水解平衡常數(shù)Kh==10?9.25，C錯(cuò)誤；D．HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X?，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點(diǎn)坐標(biāo)(1，5.75)可知，pKa=4.75，則b點(diǎn)pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正確；故合理選項(xiàng)是D。11．（雙選）常溫時(shí)，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCOeq\o\al(?,3)和COeq\o\al(2?,3)的物種分布分?jǐn)?shù)α(X)=與pH的關(guān)系如圖所示：下列說(shuō)法不正確的是（）A．反應(yīng)H2CO3H++HCOeq\o\al(?,3)的lgK=-6.4B．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCOeq\o\al(?,3))C．NaHCO3溶液中滴入少量鹽酸至溶液顯中性：c(Na+)=2c(COeq\o\al(2?,3))+c(HCOeq\o\al(?,3))D．向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要發(fā)生的離子反應(yīng)：HCOeq\o\al(?,3)+OH?=COeq\o\al(2?,3)+H2O【答案】CD【解析】由圖可知，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3含量逐漸減小；COeq\o\al(2?,3)、HCOeq\o\al(?,3)含量逐漸增多，第二步反應(yīng)HCOeq\o\al(?,3)逐漸變成COeq\o\al(2?,3)。A．pH=6.4時(shí)，c()=c(H2CO3)，反應(yīng)H2CO3H++HCOeq\o\al(?,3)的lgK==lgc(H+)=-6.4，故A正確；B．pH=8時(shí)，溶液中溶質(zhì)有Na2CO3、NaHCO3，HCOeq\o\al(?,3)發(fā)生水解和電離，鈉離子不水解和電離，所以存在c(Na+)＞c(HCOeq\o\al(?,3))，故B正確；C．中性溶液中c(H+)=c(OH?)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl?)+c(HCOeq\o\al(?,3))+2c(COeq\o\al(2?,3))+c(OH?)，則有c(Na+)=c(Cl?)+c(HCOeq\o\al(?,3))+2c(COeq\o\al(2?,3))；故C錯(cuò)誤；pH=6.4的溶液中含有等物質(zhì)的量的NaHCO3和H2CO3，pH=8的溶液中主要含NaHCO3，該反應(yīng)過(guò)程中主要是碳酸和NaOH的反應(yīng)，所以主要發(fā)生的離子反應(yīng)為H2CO3+OH?=HCOeq\o\al(?,3)+H2O，故D錯(cuò)誤。答案選CD。【點(diǎn)睛】明確物質(zhì)成分及其性質(zhì)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系、電離平衡常數(shù)計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒的靈活運(yùn)用。12．（雙選）室溫下，將兩種濃度均為0.10mol·L?1的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是（）A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)>c(COeq\o\al(2?,3))>c(HCOeq\o\al(?,3))>c(OH?)B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NHeq\o\al(+,4))+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(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為二元弱酸)：c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2Oeq\o\al(2?,4))+c(OH?)【答案】AC【解析】氯化銨、碳酸鈉等溶液會(huì)水解，充分利用電荷守恒、物料守恒關(guān)系列等式求解；A．NaHCO3水溶液呈堿性，說(shuō)明HCOeq\o\al(?,3)的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：COeq\o\al(2?,3)>HCOeq\o\al(?,3)，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：，COeq\o\al(2?,3)和HCOeq\o\al(?,3)水解程度微弱，生成的OH?濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：，故A錯(cuò)誤；B．該混合溶液中電荷守恒為：，物料守恒為：c(NH3·H2O)+c(NHeq\o\al(+,4))=2c(Cl?)，兩式聯(lián)立消去c(Cl?)可得：c(NHeq\o\al(+,4))+c(H+)=2c(OH?)+c(NH3·H2O)，故B正確；C．該溶液呈酸性，說(shuō)明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3