高考化学月刊 专题8 电解质溶液 盐类水解高考在线.docx

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高考化学月刊专题8电解质溶液盐类水解高考在线

1、（2010·北京高考）下列解释实验事实的方程式不正确的是

Ａ．０．１

／Ｌ

溶液的ＰＨ＞１：

CH3COOH

CH3COO－＋H＋

Ｂ．“

球”浸泡在冷水中，颜色变浅２NO2（ｇ）

N2O4（ｇ）△Ｈ＜０

（红棕色）（无色）

Ｃ.铁溶于稀硝酸，溶液变黄:

３Ｆｅ＋８Ｈ＋＋２Ｎ

３Ｆｅ２＋＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ

Ｄ．向Ｎａ２ＣＯ３溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：

CO32－＋H2O

HCO3

－＋OH－

【命题立意】本题以常见实验为呈现形式,主要考查对反应原理的正确理解和化学用语的准确使用。

【思路点拨】对实验反应原理的正确理解和准确使用化学用语。

【规范解答】选C。

若

是强酸，则０．１

／Ｌ

溶液的ＰＨ=１，现在ＰＨ＞１，说明

是弱酸，因此A正确。

“

球”浸泡在冷水中，温度降低，颜色变浅，说明２NO2（ｇ）

N2O4（ｇ）平衡正向移动，△Ｈ＜０，故B正确。

铁溶于稀硝酸，溶液变黄，是因为生成了Ｆｅ3＋，方程式为Fe＋NO3－＋4H＋=Fe3＋＋NO＋2H2O，故C错误。

向Ｎａ２ＣＯ３溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红，

说明溶液呈碱性，CO32－＋H2O

HCO3－＋OH－，故D对。

2、（2010·安徽高考）将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）

①Na2O2②Na2O③Na2CO3④NaCl

A.①>②>③>④B.①>②>④>③

C.①=②>③>④D.①=②>③=④

【命题立意】本题考查了溶液中离子浓度大小的比较。

【思路点拨】注意Na2O2、Na2O与水反应产物；同时考虑CO32-水解。

【规范解答】选C。

①②溶于水，溶质都是NaOH，且物质的量都为0.02moL,且二者与水反应时消耗的水的物质的量相同。

故反应后溶液体积相同，故①=②；③中CO32-水解，溶液中出现了OH-、HCO3-，故溶液中阴离子浓

度稍大于④；故C正确。

3、（2010·海南）常温下，将0.1mol·L-1氢氧化钠溶液与0.06mol·L-1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于

A．1.7B．2.0C．12.0D．12.4

【命题立意】本题以酸、碱混合时溶液pH的计算为载体，考查溶液pH的计算方法和计算能力。

【思路点拨】酸、碱混合时溶液pH计算的步骤：

（1）首先判断混合后溶液的酸碱性。

（2）若为酸性，计算剩余H+的浓度，再求出pＨ。

（3）若为碱性，先计算剩余OH—的浓度，再通过Kw求出c（H+），最后求pＨ。

【规范解答】选B。

设两溶液的体积均为1L，OH—离子的物质的量为0.1mol·L-1×1L=0.1mol，因H+离子的浓度是硫酸浓度的2倍，即0.06mol·L-1×2=0.12mol·L-1，故H+离子的物质的量为0.12mol·L-1×1L=0.12mol，H+离子的物质的量大于OH—离子的物质的量，混合后，溶液呈酸性；混合反应后剩余H+离子的物质的量浓度为（0.12mol－0.1mol）÷（1L+1L）=0.01mol·L-1，溶液的pH=－lg（H+）=2。

【类题拓展】两两混合溶液的pH的计算方法

（1）强酸与强酸混合：

先求出混合后的C（H+）混，C（H+）混=

，再根据公式计算pH。

（2）强碱与强碱混合：

先求出混合后C（OH－），c（OH－）混=

，再通过Kw求出c（H+），再计算pH。

（3）强酸与强碱混合：

强酸与强碱混合实质为中和反应，可以有以下三种情况：

①若恰好中和，pＨ＝7。

②若酸剩余，先求出中和后剩余的c（H+），再计算pＨ。

③若碱剩余，先求出中和后剩余的c（OH－），再通过Kw求出c（H+），最后计算pＨ。

4、2010·海南）光谱研究表明，易溶于水的SO2所形成的溶液中存在着下列平衡：

据此，下列判断中正确的是

A．该溶液中存在着SO2分子

B．该溶液中H+浓度是SO2-3浓度的2倍

C．向该溶液中加入足量的酸都能放出SO2气体

D．向该溶液中加入过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液

【命题立意】本题考查化学反应平衡及弱电解质的电离平衡的理解和应用，考查的知识点有：

平衡的特点、外界因素对平衡的影响。

【思路点拨】在平衡体系中，所有物质均同时共存，外部条件改变，平衡发生移动，判断平衡移动的方向。

【规范解答】选A。

因上述变化均为可逆反应，故均不能反应完全，所以溶液中存在着SO2、SO2·xH2O、H+、HSO3—、SO32—等微粒，A正确C错误。

SO2·xH2O

H++HSO3—、HSO3—

H++SO32—均为可逆反应，所以SO2·xH2O电离出的HSO3—没有完全电离成H+和SO32—，故H+浓度不是SO2-3浓度的2倍，B错误；向该溶液中加入过量NaOH，NaOH消耗H+，使平衡HSO3—

H++SO32—向右移动，HSO3—几乎完全电离，故不存在NaHSO3，D错误。

5、（2010·天津）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是

A．某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐

B．pH＝4.5的番茄汁中c（H+）是pH＝6.5的牛奶中c（H+）的100倍

C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同

D．pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）>c（CH3COO－）

某些强酸的酸式盐pH＜7，如NaHSO4，故A项错误；pH=4.5，c（H+）=10-4.5mol·L-1，pH=6.5，其c（H+）=10-6.5mol·L-1，故B项正确；同浓度的CaCl2溶液的c（Cl-）是NaCl溶液的c（Cl-）的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C项错误；混合溶液显酸性，则c（H+）>c（OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）>c（Na+），故D项错误。

【类题拓展】离子浓度的定量关系

（1）电荷守恒式：

由于在电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带的负电荷总数一定等于阳离子所带的正电荷总数。

书写电荷守恒式的步骤：

①找全溶液中的离子；②将阴、阳离子各放在“=”的两边，用“+”连接；③各离子浓度前的系数就是各离子所带的电荷数。

如小苏打溶液中：

c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-）

（2）物料守恒式：

在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。

如小苏打溶液中，虽然HCO3-既水解又电离，但HCO3-、CO32-、H2CO3三者中C原子的总物质的量与Na+的物质的量相等，即：

c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）。

（3）质子守恒式：

在电解质溶液中，由于由水电离出来的H+和OH-的浓度始终相等，可依此列出质子守恒式。

如小苏打溶液中：

c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3）-c（CO32-）。

溶液中离子浓度的大小比较的规律：

（1）多元弱酸溶液：

多元弱酸分步电离且一步比一步更难电离。

如H3PO4溶液：

c（H+）>c（H2PO4-）>c（HPO42-）>c（PO43-）。

（2）多元弱酸的正盐溶液：

多元弱酸根离子分步水解且一步比一步更难水解。

如K2S溶液：

c（K+）>c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）>c（H+）。

（3）不同溶液中同一离子浓度的大小比较：

要考虑溶液中其他离子对其的影响。

如在相同物质的量浓度的下列溶液中①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c（NH4+）由大到小的顺序是：

③>①>②。

（4）混合溶液中各离子浓度的大小比较：

要考虑溶液中发生的水解平衡、电离平衡等。

如在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度由大到小的顺序是：

c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）。

这是由于在该溶液中，NH3·H20的电离与NH4+的水解互相抑制，但NH3·H20的电离程度大于NH4+的水解程度。

6、（2010·重庆高考）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。

（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂。

①一定条件下，SO2与空气反应tmin后，SO2和SO3物质的量浓度分别为amol/L，bmol/L，则SO2起始物质的量浓度为_________mol/L；生成SO3的化学反映速率为__________mol/（L•min）。

②工业制制硫酸，尾气SO2用_______吸收。

（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示

①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为__________.

②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由__________色变为_______色。

③放电过程中氢离子的作用是______和_______；充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n（H+）的变化量为________.

【命题立意】本题以化学反应速率和电化学为考查对象，主要考查速率的计算、电极反应式的书写、有关电解池的计算等。

【思路点拨】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。

对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。

两者之间的关系是：

正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。

【规范解答】

（1）由S守恒可得，

的起始浓度为（a+b）mol/L。

的速率为单位时间内

浓度的变化，即b/tmol/（L﹒min）。

可以用碱性的氨水吸收。

（2）①左槽中，黄变蓝即为

生成

，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中

发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。

②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。

充电作为电解池处理，右槽中则为得电子，对应化合价降低，即为

生成

，颜色由绿生成紫。

③由电极反应式知，

参与了反应。

溶液中离子的定向移动可形成电流。

n=N/NA=3.01×

/6.02×

=0.5mol。

【答案】

（1）①

；

②氨水

（2）①

②绿紫

③参与正极反应;通过交换膜定向移动使

7、（2010·全国卷Ⅱ）相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于

氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是

【命题立意】本题以电解质溶液为考查对象，主要考查相同pH时，酸的强弱对反应的影响。

【思路点拨】相同体积、相同pH的一元强酸和中强酸，初始时C（H+）相同，反应一旦开始，中强酸还会电离出新的C（H+），即随后中强酸电离出的C（H+）大于强酸。

【规范解答】选C。

①相同体积、相同pH的一元强酸和中强酸，中强酸的物质的量浓度大于强酸的物质的量浓度，故与足量的锌粒反应中强酸产生的氢气多；②初始时二者的C（H+）相同，反应一旦开始，中强酸还会电离出新的

C（H+），即随后中强酸电离出的C（H+）大于强酸，故中强酸与锌粒的反应速率大于强酸的。

结合题中图像C选项正确。

【类题拓展】一元强酸和一元弱酸的比较（以盐酸和醋酸为例）

1.同体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸

H＋的物质的量浓度C（H＋）

酸性强弱

中和碱的能力（消耗相同的碱液的多少）

与相同的活泼金属反应的起始速率

产生H2的总量

HCl

大

强

相同

大

相等

CH3COOH

小

弱

小

2.同体积、H＋的物质的量浓度相等（即PH相同）的盐酸和醋酸

溶质的物质的量浓度C（酸）

酸性强弱

中和碱的能力（消耗相同的碱液的多少）

与相同的活泼金属反应过程中的平均速率

产生H2的总量

HCl

小

相同

弱

小

少

CH3COOH

大

强

大

多

8、（2010·重庆高考·T13·6分）PH=2的两种一元酸x和y，体积均为100ml,稀释过程中PH与溶液体积的关系如题13图所示，分别滴加

溶液（c=0.1

/L）至PH=7，消耗

溶液的体积为Vx,Vy,则

A.x为弱酸VxVy

C.y为弱酸VxVy

【命题立意】本题以电离平衡为考查对象，主要考查一元酸的稀释及中和NaOH的能力问题。

【思路点拨】对于PH相同的一元酸，稀释相同的倍数，酸越弱，其PH变化越小，用NaOH中和至PH=7时，所消耗NaOH的体积越大。

【规范解答】选C。

对于PH相同的一元酸x和y，由图像可知，稀释相同的倍数，x比y的PH改变程度大，且x的PH=3，说明x是强酸，y是弱酸；与此同时，由于y酸的浓度大于x酸的浓度，所以在于NaOH反应时Vx

【类题拓展】加水稀释后溶液pH的计算要注意三点

1．对于强酸溶液或弱酸溶液，每稀释10倍，pH是否都增加1个单位？

对于强碱溶液或弱碱溶液，每稀释10倍，pH是否都减小1个单位？

对于强酸溶液，每稀释10倍，pH增大1个单位；对于弱酸溶液，每稀释10倍，pH增大不足1个单位．对于强碱溶液，每稀释10倍，pH减小1个单位；对于弱碱溶液，每稀释10倍，pH减小不足一个单位．

2．对于酸溶液无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7，为什么？

对于酸溶液，这是因为当pH接近6的时候，再加水稀释，由水电离提供的H+不能再忽略．

3．对于pH相同的强酸和弱酸（或强碱和弱碱）稀释相同的倍数，强酸（或强碱）的pH变化的幅度大，为什么？

这是因为强酸溶液中的H+已完全电离，随着加水稀释，强酸溶液中的H+数（除水电离的以外）不会增多，而弱酸随着加水稀释，电离程度增大，H+数还会增多，故弱酸的pH变化幅度小．是因为当pH接近8的时候，再加水稀释，由水电离提供的OH-不能再忽略．

8、（2010·浙江高考）已知：

①25℃

时弱电解质电离平衡常数：

Ka（CH3COOH）＝

，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解

质的溶度积常数：

Kap（CaF2）＝

②25℃时，

mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：

请根据以下信息回答下列问题：

（1）25℃时，将20mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L-1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为：

反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-）c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）

（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka

，列式并说明得出该常数的理由。

（3）

mol·L-1HF溶液与

mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。

【命题立意】本题主要考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的沉淀溶解平衡，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。

【思路点拨】解答本题应先理解Ka及Kap的意义，然后依据Ka及Kap的表达式进行计算。

【规范解答】

（1）由Ka（CH3COOH）、Ka（HSCN）的数据知，HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）大，所以其溶液与NaHCO3溶液反应的速率快。

反应结束后所得两溶液分别为CH3COONa溶液和NaSCN溶液，由于HSCN的酸性比CH3COOH强，则SCN-的水解程度比CH3COO-弱，所以c（CH3COO-）

（2）Ka（HF）=

，当c（F-）=c（HF）时，Ka（HF）=c（H+），图中交点处即c（F-）=c（HF），对应的pH为3.45，所以Ka（HF）=10-3.45。

（3）当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.6×10-3mol·L-1，溶液中c（Ca2+）=2.0×10-4mol·L-1，则c（Ca2+）×c

（F-）=5.1×10-10＞Kap（CaF2），故有沉淀产生。

【答案】

（1）HSCN的

酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）大，故其溶液与NaHCO3溶液反应的速率较快<

（2）10-3.45或（3.5×10-4）Ka（HF）=

，当c（F-）=c（HF）时，Ka（HF）=c（H+），查图中交点处即c（F-）=c（HF），故所对应的pH即为Ka的负对数，所以Ka（HF）=10-3.45。

（3）查图，当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.6×10-3mol·L-1，溶液中c（Ca2+）=2.0×10-4mol·L-1，则c（Ca2+）×c

（F-）=5.1×10-10＞Kap（CaF2），故有沉淀产生。

【类题拓展】

沉淀的溶解与生成

（1）沉淀的溶解

在难溶电解质的溶液中当Q＜Ksp时，就会使沉淀溶解。

①酸碱溶解法

加入酸或碱与平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使溶解平衡向溶解的方向移动。

如难溶于水的碳酸钙可以溶解于酸中等。

②发生氧化还原反应使沉淀溶解

如难溶于水的硫化铜等可以溶解于硝酸中。

③生成络合物使沉淀溶解

如难溶于水的氯化银可以溶解于氨水中。

（2）沉淀的生成

在难溶电解质的溶液中当Q＞Ksp时，就会有沉淀生成。

在溶解平衡体系中加入与体系中相同的一种离子，就会使另一种离子沉淀出来；在有多种离子的溶液中，当加入一种与它们都生成沉淀的离子时，生成的哪种沉淀的溶解度最小，就优先生成哪种沉淀。

9、（2010·北京高考）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成ＣｕＳＯ４溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ＺｎＳ或ＰｂＳ，慢慢转变为铜蓝（ＣｕＳ）。

下列分析正确的是

Ａ．ＣｕＳ的溶解度大于ＰｂＳ的溶解度

Ｂ．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性

Ｃ．ＣｕＳＯ４与ＺｎＳ反应的离子方程式是

ＣｕＳ↓

Ｄ．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应

【命题立意】本题以自然界中铜的转化为体现形式,主要考查沉淀溶解平衡的相关知识。

【思路点拨】考虑沉淀转化的实质。

【规范解答】选D。

沉淀转化的实质是溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，ＰｂＳ转变为铜蓝（ＣｕＳ），说明ＣｕＳ的溶解度小于ＰｂＳ的溶解度；原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝也应该具有还原性，因为硫元素处于最低价态—2价；ＣｕＳＯ４与ＺｎＳ反应的离子方程式应该是Cu2＋＋ZnS＝ＣｕＳ+Zn2＋，这是一个复分解反应；自然界地表层原生铜的硫化物被氧化的过程是氧化还原反应，故只有D正确。

10、（2010·福建理综）下列关于电解质溶

液的正确判断是

A.在pH=12的溶液中，

、Cl-、

、

可以常量共存

B.在pH＝0的溶液中，

、

、

、

可以常量共存

C.由0.1mol·

一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝

D.由0.1mol·

一元酸HA溶液的pH＝3,可推知NaA溶液存在A-+H2O⇋HA+OH-

【命题立意】本题主要考查考生对电解质溶液中的离子共存、弱电解质的电离以及盐的水解的掌握情况，这部分内容的考查形式一般是将盐类水解与弱电解质的电离、PH等知识融合在一起进行综合考查。

【思路点拨】解答本题应注意以下几个问题：

（1）做离子共存问题要特别注意题设条件，同时要注意把握能反应的离子。

（2）注意弱电解质的电离特点（3）注意判断PH与盐水解的关系。

【规范解答】选D。

选项A：

pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH-，不能与HCO3-共存，A是错误选项；

选项B：

pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3-离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存，B是错误选项。

选项C：

0.1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱在溶液中不能完全电离，是弱碱、弱电解质，电离方程式应该用可逆号。

C是错误选项。

选项D：

由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A-会发生水解而使溶液呈碱性，D项正确，选D。

4.做离子共存问题时，应该注意隐含条件的挖掘，如“在无色透明溶液中”、“在强碱性溶液中”、

“因发生氧化还原反应而不能大量共存的”等等。

11、（2010·广东高考）HA为酸性略强与醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是

A．c（Na＋）＞c（A－）＞c（H+）＞c（OH－）

B．c（Na＋）＞c（OH－）＞c（A－）＞c（H+）

C．c（Na＋）+c（OH－）=c（A－）+

c（H+）

D．c（Na＋）+c（H+）=c（A－）+c（OH－）

【命题立意】本题主要考查离子浓度的关系，是广东卷最近几年常考试题，属于提高题，同学们要进行专题训练才可以熟练掌握其解题技巧。

【思路点拨】看到不等式想到盐类水解、弱电解质电离

分析题干中酸性强弱→看选项→

看到等式想到三守恒（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）

【规范解答】选D。

A明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；D是电荷守恒，明显正确。

NaA的水解是微弱的，故c（A－）＞c（OH－），B错；C的等式不符合任何一个守恒关系，是错误的；

【类题拓展】比较盐溶液中离子浓度间的大小关系.

1.一种盐溶液中各种离子浓度的相对大小

①当盐中阴、阳离子等价时

[不水解离子]＞[水解的离子]＞[水解后呈某性的离子（如H+或OH—）]＞[显性对应离子如OH—或H+]

实例：

a.CH3COONa溶液b.NH4Cl溶液

a.[Na+]＞[CH3COO—]＞[OH—]＞[H+]

b.[Cl—]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH—]

②当盐中阴、阳离子不等价时。

要考虑是否水解，水解分几步，如多元弱酸根的水解，则是“几价分几步，为主第一步”，实例：

Na2S水解分二步

S2—+H2OHS—+OH—（主要）

HS—+H2OH2S+OH—（次要）

各种离子浓度大小顺序为：

[Na+]＞[S2—]＞[OH—]＞[HS—]＞[H+]

2.两种电解质溶液混合后各种离子浓度的相对大小.

①若酸与碱恰好完全反应，则相当于一种盐溶液.

②若酸与碱反应后尚有弱酸或弱碱剩余，则一般弱电解质的电离程度＞盐的水解程度.

3．溶液中各种微粒浓度之间的关系

以Na2S水溶液为例来研究

（1）写出溶液中的各种微粒

阳离子：

Na+、H+

阴离子：

S2—、HS—、OH—

分子：

H2S

（2）利用守恒原理列

出相关方程.

①电荷守恒：

[Na+]+[H+]=2[S2—]+[HS—]+[OH—]

②物料守恒：

Na2S=2Na++S2

若S2—已发生部分水解，S原子以三种微粒存在于溶液中，[S2—]、[HS—]、[H2S]，根据S原子守恒及Na+的关系可得.

[Na+]=2[S2—]+2[HS—]+2[H2S]

③质子守恒

H2OH++OH—

由H2O电离出的[H+]=[OH—]，水电离出的H+部分被S2—结合成为HS—、H2S，根据H+（质子）守恒，可得方程：

[OH—]