2025届高考化学二轮复习疯狂专练16盐类的水解含解析

2024年高考“2024年高考“最终三十天”专题透析PAGE好教化好教化云平台——教化因你我而变PAGE10盐类的水解考点考点说明××××××××主要考查盐类水解的含义、影响盐类水解的主要因素、盐类水解的应用，以及运用物料守恒、电荷守恒、质子守恒来推断和比较溶液中离子浓度大小关系。考点透视××××××××考点透视××××××××1．【2024年江苏卷】试验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变更的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．随温度上升，纯水中c(H+)>c(OH−)B．随温度上升，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C．随温度上升，CuSO4溶液的pH变更是Kw变更与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度上升，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2．【2024年上海卷】常温下0.1mol/L：①CH3COOH、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等体积混合的电离程度小3．【2024年全国卷3】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH−)C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增加4．【2024北京卷】室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.2mol·L−1NaOH溶液。已知：H2A=H++HA−，HA−H++A2−。下列说法不正确的是（）A．0.1mol·L−1H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1mol·L−1B．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10mLC．当用去NaOH溶液体积10mL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20mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)+2c(A2−)5．【2024浙江卷】下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/LpH=3的H2A溶液与0.01mol/LpH=11的MOH溶液随意比混合：c(H+)+c（M+）＝c(OH−)+2c(A2−)B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)+2c(OH−)＝2c(H+)+c（CH3COOH）D．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA−)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2−)考点考点突破××××××××1．物质的量浓度相同的下列溶液中，NHeq\o\al(+,4)浓度最大的是（）A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．CH3COONH4 D．NH3·H2O2．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L的NaHC2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HC2Oeq\o\al(−,4))+c(C2Oeq\o\al(2−,4))+c(OH−)B．0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c(HX−)＞c(H2X)＞c(X2−)＞c(H+)＞c(OH−)C．25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)约为10−6mol/LD．在0.1mol/L的NaF溶液中：c(HF)＞c(F−)3．下列说法不正确的是（）A．热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使COeq\o\al(2−,3)的水解程度增大，溶液碱性增加，去污力增加B．铁在潮湿的环境下生锈以及Mg与NH4Cl溶液反应生成H2都与盐类水解有关C．将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到固体Al2(SO4)3D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体，离子方程式：Fe3＋3H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H+4．下列说法错误的是（）①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCOeq\o\al(−,3))的值增大②浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)＝3[c(COeq\o\al(2−,3))+c(HCOeq\o\al(−,3))]③在0.1mol·L－1氨水中滴加0.1mol·L－1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH＝a，则由水电离产生的c(OH−)＝10－amol·L−1④向0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(NHeq\o\al(+,4))、c(SOeq\o\al(2−,3))均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(OH－)＝c(H+)+2c(H2S)+c(HS－)A．①④B．②④C．①③D．②⑤5．由下列试验及现象不能推出相应结论的是（）试验现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体视察到红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测0.1mol/LNaHSO3溶液的pHpH约为5HSOeq\o\al(−,3)电离大于水解C向浓度均为0．1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色非金属性：Si<ClD向盛有10滴0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/LKI溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)6．下列设计的试验方案能达到试验目的的是（）A．制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧B．除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除C．证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深D．配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸7．常温下，HA的电离常数Ka=1×10−6，向20mL浓度为0.01mol·L−1的HA溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的NaOH溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．a点对应溶液的pH约为4，且溶液中只存在HA的电离平衡B．b点对应溶液中：c(Na+)>c(A−)>c(HA)>c(H+)>c(OH−)C．d点对应溶液中：c(OH−)-c(H+)=c(A−)D．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<c<d8．常温下，在20.00mL0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.1000mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变更曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．①溶液：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(+,4))>c(OH−)>c(H+)B．②溶液：c(NHeq\o\al(+,4))＝c(Cl－)>c(OH−)＝c(H+)C．①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②>③>①D．滴定过程中不行能出现：c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(+,4))>c(OH－)>c(Cl－)>c(H+)9．在常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．浓度均为0.1mol·L－1的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中：c(NHeq\o\al(+,4))>c(SOeq\o\al(2−,4))>c(Cu2+)>c(H+)B．pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SOeq\o\al(2−,3))－c(H2SO3)＝9.9×10－6mol·L－1C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH＝7(溶液体积变更忽视不计)：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(Cl－)D．0.100mol·L－1的Na2S溶液中通入HCl气体，至c(Cl－)＝0.100mol·L－1(忽视溶液体积的变更及H2S的挥发)：c(OH－)－c(H+)＝c(H2S)－c(S2－)10．干脆排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠、碱循环法可脱除烟气中的SO2。（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：____。（2）在钠、碱循环法中，Na2SO3溶液作为汲取液，可由NaOH溶液汲取SO2制得，该反应的离子方程式是_____。（3）汲取液汲取SO2的过程中，pH随n(SOeq\o\al(2−,3))∶n(HSOeq\o\al(−,3))变更关系如表：n(SOeq\o\al(2−,3))∶n(HSOeq\o\al(−,3))91∶91∶11∶91pH8.27.26.2上表推断NaHSO3溶液显___性，用化学平衡原理说明：___。答案与答案与解析××××××××一、考点透视1.【答案】C【解析】水的电离为吸热过程，上升温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，上升温度促进盐类水解，据此解题：A．水的电离为吸热过程，上升温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+)·c(OH−)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH−)，故A不符合题意；B．水的电离为吸热过程，上升温度，促进水的电离，所以c(OH−)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH−，上升温度促进盐类水解，所以c(OH−)增大，故B不符合题意；C．上升温度，促进水的电离，故c(H+)增大；上升温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变更，故C符合题意；D．盐类水解为吸热过程，上升温度促进盐类水解，故D不符合题意。【点拨】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。2.【答案】B【解析】A．CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故A错误；B．①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，假如CH3COO−不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−的水解程度，因此c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)，故C错误；D．①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO−的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误。【点拨】易错项A，简单忽视水的电离，溶液中的氢离子浓度会大于醋酸根离子的浓度。3.【答案】B【解析】A．常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H+数目为0.01NA，A错误；B．依据电荷守恒可知选项B正确；C．加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D．加入NaH2PO4固体，H2POeq\o\al(−,4)浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。【点拨】磷酸是弱电解质，部分电离，加水稀释，促进电离，pH增大。4.【答案】B【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，其次步部分电离，可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA−一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，留意该溶液是不存在H2A微粒。A．0.1mol·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，须要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C．当用去NaOH溶液体积10mL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20mL时，得到Na2A溶液，依据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)+2c(A2−)，D项正确。【点拨】本题熟识驾驭盐类水解中的三大守恒关系，留意，当加入的氢氧化钠的量为10ml时，溶质为NaHA，抓住这个分析答题。5.【答案】C【解析】A．0.1mol/LpH=3的H2A溶液说明是二元弱酸，依据溶液呈电中性原理可知：c(H+)+c(M+)＝c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，错误；B．NaOH是强碱，电离使溶液显碱性，而CH3COONa和Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解程度是微弱的，所以当溶液的pH相等时，盐的浓度远大于碱的浓度，依据盐的水解规律：越弱越水解，盐的水解程度大，所以盐的浓度c(CH3COONa)＞c(Na2CO3)，故pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，B错误；C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：依据物料守恒可得c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷守恒可知c(CH3COO－)+c(OH−)＝c(H+)+c(Na+)，将其次个式子代入第一个式子可得：c(CH3COO－)+2c(OH−)＝2c(H+)+c(CH3COOH)，C正确；D．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA－的电离作用大于水解作用，但是盐的水解作用是微弱的，所以c(HA−)＞c(A2−)＞c（H2A），在溶液中除了HA-电离外，还存在水的电离，所以c(H+)＞c(A2−)，所以溶液中离子浓度关系是：c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(H2A)，D错误。二、考点突破1.【答案】B【解析】1mol氯化铵电离出1mol铵根离子，铵根离子有少部分水解；1mol硫酸氢铵电离出1mol铵根离子、1mol氢离子和1mol硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子小于硫酸氢铵中的铵根离子；1mol醋酸铵电离出1mol铵根离子和1mol醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；一水合氨是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。因此铵根离子由多到少的依次为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选B。【点拨】双水解能相互促进使得铵根离子削减，B项中，氢离子的存在，使得铵根离子的水解方程式向逆向移动，所以B中的铵根离子浓度最大。2.【答案】C【解析】A．NaHC2O4溶液中遵循电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(HC2Oeq\o\al(−,4))+2c(C2Oeq\o\al(2−,4))+c(OH−)，A项错误；B．0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，说明HX-的电离程度大于水解程度，因HX-的电离方程式为：HX-H++X2−，水解方程式为：HX−+H2OH2X+OH-，故c(X2−)＞c(H2X)，该溶液中：c(HX−)＞c(X2−)＞c(H2X)＞c(H+)＞c(OH−)，B项错误；C．CH3COONa溶液中遵循质子守恒定律，即c(OH−)=c(H+)+c(CH3COOH)，因溶液的pH=8，故c(H+)=10-8mol/L，c(OH−)==10-6mol/L，故c(CH3COOH)=10−6mol/L-10−8mol/L10−6mol/L，C项正确；D．在0.1mol/L的NaF溶液中，氟离子会发生水解，其水解方程式为：F−+H2OHF+OH−，因水解比较微弱，故c(F−)＞c(HF)，D项错误。【点拨】比较酸式盐中各离子浓度大小时，应先留意推断HX—是以电离为主还是水解为主。3.【答案】B【解析】A．加热促进碳酸根的水解，碱性增加，油脂在碱性条件水解，所以去污实力增加，正确；B．铁在潮湿的环境下生锈是铁发生了电化学腐蚀，Mg与NH4Cl溶液反应生成H2是因为Mg与NHeq\o\al(+,4)水解产生的H+反应生成H2，错误；C．硫酸是高沸点酸，不挥发，所以最终水解的生成的氢氧化铝与硫酸反应，最终还是硫酸铝，正确；D．三价铁离子水解制取氢氧化铁胶体，正确。【点拨】铁在潮湿的环境中，简单发生吸氧或者析氢腐蚀，与盐类的水解无关。4.【答案】B【解析】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCOeq\o\al(−,3)的水解，n(HCOeq\o\al(−,3))较小，n(Na+)不变，则c(Na+)/c(HCOeq\o\al(−,3))的比值保持增大，①项正确；②浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n(Na+)＝0.3mol，依据物料守恒可知c(COeq\o\al(2−,3))+c(HCOeq\o\al(−,3))+c(H2CO3)＝0.2mol，则2c(Na+)＝3[c(COeq\o\al(2−,3))+c(HCOeq\o\al(−,3))+c(H2CO3)]，②项错误；③在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L盐酸，刚好完全中和时pH＝a，由于铵根水解溶液显酸性，则溶液中由水电离出产生的c(OH−)＝c(H+)＝10-amol/L，③项正确；④向0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸钠的水解，而NHeq\o\al(+,4)会与OH−离子发生反应，所以c(Na+)、c(SOeq\o\al(2−,3))均增大，c(NHeq\o\al(+,4))则减小，④项错误；⑤在Na2S稀溶液中依据质子守恒可知c(OH−)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS−)，⑤项正确，综上所述，②④符合题意，B项正确。【点拨】这类题型要求学生基本学问比较坚固，对问题的分析比较透彻，能正确的抓住问题的关键所在，找出错误的点，整体难度不是很大。5.【答案】C【解析】钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSOeq\o\al(−,3)在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=5<7，说明HSOeq\o\al(−,3)的电离作用大于其水解作用，B正确；NaCl溶液不变红色是由于NaCl是强酸强碱盐。【点拨】本题错误选项C中的试验、现象与结论不符，是这类题型中常常出现的考点。6.【答案】B【解析】A．AlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸即可除去，选项B正确；C．一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(+,4)+OH−，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NHeq\o\al(+,4)+Cl−，其中的NHeq\o\al(+,4)会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项C错误；D．Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。【点拨】本题为盐类的水解的应用，应留意盐水解得到挥发性的酸，产物会发生变更。7.【答案】D【解析】A．a点为0.01mol·L-1的HA溶液，此时溶液中存在HA和H2O的电离平衡，故A错误；B．b点为在20mL0.01mol·L−1的HA溶液中滴加10mL0.01mol·L−1的NaOH溶液，此时溶液中NaH和HA等物质的量混合，溶液pH＜7，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A−)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH−)，故B错误；C．d点为滴加20mLNaOH溶液，此时恰好完全中和生成NaA，溶液中存在的电荷守恒式为c(OH−)+c(A−)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为c(Na+)=c(A−)+c(HA)，则c(OH−)-c(H+)=c(HA)＜c(A−)，故C错误；D．a点为HA溶液，b点是HA和NaA等浓度的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合液且溶液pH=7，d点是NaA的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，NaA促进水的电离，且所含NaA的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<c<d，故D正确；故答案为D。【点拨】本题难点是推断混合溶液中水的电离程度的强弱，明确酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离；且酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进水的电离，且浓度越大，水的电离程度越大。8.【答案】B【解析】A．①点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NHeq\o\al(+,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故A错误；B．②点时溶液呈中性，依据电荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H+)，故B正确；C．③点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，①、②两点有碱剩余，抑制水电离，①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度③＞②＞①，故C错误；D．起先滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(+,4))＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)，故D错误。【点拨】本题是正常的酸碱中和滴定中离子浓度的大小比较、水的电离程度的大小的推断，抓住强酸滴定弱碱时，图象中各点的溶液中的溶质及其浓度关系大小进行比较。9.【答案】D【解析】A．等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中，铵根离子和铜离子均可以发生水解反应，溶液显示酸性，存在：c(SOeq\o\al(2−,4))＞c(NHeq\o\al(+,4))＞c(Cu2+)＞c(H+)，故A错误；B．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，依据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSOeq\o\al(−,3))+c(SOeq\o\al(2−,3))①，依据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HSOeq\o\al(−,3))+2c(SOeq\o\al(2−,3))②，将①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH−)+c(SOeq\o\al(2−,3))，所以c(SOeq\o\al(2−,3))-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH−)=(10-6-10-8)mol/L=9.9×10-7mol·L-1，故B错误；C．CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CH3COO−)可得：①c(Na+)=c(Cl−)+c(CH3COO−)，即c(Na+)＞c(Cl−)；结合醋酸钠中物料守恒可得：②c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，依据①②可知c(CH3COOH)=c(Cl−)，所以溶液中满意：c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl−)，故C错误；D．0.100mol·L－1的Na2S溶液中存在c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=0.100m