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高频考点6 离子浓度问题 专项突破
[解题指导]
一、离子浓度问题常见情形：
有关溶液中离子浓度的大小判断，一般可分为单一溶液或混合溶液，解决问题的基本方
法主要与电荷守恒、物料守恒、质子守恒有关，质子守恒可以从前两个等式中导出。
离子浓度问题考试的热点有：
1.CH3COOH与NaOH溶液反应过程中的若干特殊点；
2.NH3·H2O与HCl溶液反应过程中若干特殊点；
3.选取CO2与NaOH溶液反应过程中的若干特殊点。
二、判断离子浓度大小的一般方法：
比较离子浓度大小可以依据题目的要求，依次通过：电荷恒等式—溶液的酸碱性—物料守恒—质子守恒展开。21世纪教育网版权所有
三、解答溶液中粒子浓度问题时，要注意：
1.在守恒式中要注意系数不能遗漏。
①在列电荷守恒式时，注意各个离子的系数，不要简单地认为只是各离子浓度的相加，各个离子的系
数等于离子所带电荷数的多少，如 c(Na＋)的系数为1（省略）， c(SO42-)的系数“2”不可漏掉,c(Al3+)
的系数“3”也不可漏掉；
②在列物料守恒式时，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2CO3溶液中的物料守恒式中，
c(Na＋)=2[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)],“2”应该放在含C的有关微粒前面，不能放在c(Na＋)前面，
“2”表示c(Na＋)是溶液中各种含碳元素的粒子总浓度的2倍。
2.等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理。
①等式一般与电荷守恒、物料守恒相联系，如果给定的等式不是以上两个守恒式，可以把两个守恒式
变化形式后相互作差，加以推导即可；
②如果给定的是不等式，要先考虑等式，对等式的一边加入或减少某离子，即可变成不等式。
【典例分析】
【典例1】25 ℃时，下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )
A．等浓度的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl 溶液中的c(NH)∶①>③>②
B．等体积pH＝a的醋酸与pH＝b的NaOH溶液(a＋b＝14)充分混合时，可能有：
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．已知Ka(HClO)＝3.0×10－8，Ka(HCN)＝6.2×10－10，等体积、等浓度的NaClO、NaCN
溶液中，前者中的离子总数小于后者中的离子总数
D．向2 mL氨水中加入1 mL等浓度的盐酸，有c(NH)－c(NH3·H2O)＝2[c(OH－)－c(H＋)]
【解析】
A项，②中NH与HCO发生相互促进的水解反应，水解程度增大，①、③中NH发
生水解，故c(NH)的大小顺序为①>③>②， 不符合题意；
B项，pH之和为14的醋酸与NaOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，故
c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，21教育网
则c(CH3COO－)>c(Na＋)，不符合题意；
C项，由Ka知，HClO的酸性大于HCN的酸性，等体积、等浓度的NaClO溶液、NaCN
溶液中，CN－的水解程度大于ClO－的，则等体积、等浓度的NaClO溶液中的OH－数
目小于NaCN溶液中的OH－数目，故H＋的数目关系相反，根据电荷守恒有
n(Na＋)＋n(H＋)＝n(ClO－)＋n(OH－)，n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CN－)＋n(OH－)，两溶液中离子
的总数均应为2[n(Na＋)＋n(H＋)]，故NaClO溶液中的离子总数大，符合题意；
D项，NH3·H2O与HCl反应后，得到等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，故根据电荷守恒
有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，
两式消去c(Cl－)得c(NH)－c(NH3·H2O)＝2[c(OH－)－c(H＋)]，不符合题意。
【答案】C
【典例2】有0.1 mol·L－1的三种溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液，
下列说法正确的是( )
A．溶液①中，c(CH3COO－)＝c(H＋)
B．若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中的c(CH3COO－)等于溶液③中的c(CH3COO－)
C．若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
D．若溶液①、③等体积混合，则所得溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】
A.溶液①中，根据电荷守恒有：c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)B.溶液①、②等体积混合后得到0.05 mol·L－1的CH3COONa溶液，而溶液③中CH3COONa溶液的浓度为
0.1 mol·L－1，故B项错误；
C.溶液①、②等体积混合后得到0.05 mol·L－1的CH3COONa溶液，根据物料守恒有：c(CH3COO－)＋
c(CH3COOH)＝c(Na＋)，C项正确；
D.溶液①、③等体积混合后，得到浓度相等的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离程度
大于CH3COO－的水解程度，所得溶液显酸性，故c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，D项错误
【答案】C
【典例3】常温下，HNO2的电离平衡常数K＝4.6×10－4((已知＝2.14))，向20 mL 0.01 mol·L－1
的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，
下列判断正确的是( )
A．HNO2的电离方程式为HNO2==NO2-＋H＋
B．a点H2O电离出的c(H＋)＝2.14×10－3 mol·L－1
C．b点溶液中离子浓度大小关系为c(NO2-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
D．X值等于20
【解析】
A.根据题目信息，HNO2属于弱酸，其电离方程式应为HNO2NO2-＋H＋，A项错误；
B.HNO2电离出的c(H＋)＝＝mol·L－1＝2.14×10－3 mol·L－1，
H2O电离出的H＋浓度等于溶液中的OH－浓度，远小于此，B项错误；
C.b点加入NaOH溶液的体积为10 mL，溶液为NaNO2和HNO2浓度相等的混合物，由于b点溶液呈酸性，
可知，NO2-的水解程度小于HNO2的电离程度，则有：c(NO2-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，C项正确；
D.c点时，溶液pH＝7，溶液呈中性，HNO2没有与NaOH完全反应，NaOH的量不足，所以X<20 mL，D
项错误。
【答案】C
【典例4】10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①HF溶液②KOH溶液 ③KF溶液，
下列说法正确的是( )
A．①和②混合后，酸碱恰好中和，溶液显中性
B．①和③混合后：c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HF)
C．①、③中均有c(F－)＋c(HF)＝0.1 mol·L－1
D．由水电离出的c(OH－)：②>③>①
【解析】
A.①和②中n(HF)＝n(KOH)，HF和KOH恰好中和，溶液显碱性，A项错误；
B.①和③混合后，由电荷守恒得：c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，由物料守恒得： c(K＋)＝1/2[c(HF)
＋c(F－)]，两式联立，消去c(K＋)，得c(F－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HF)，B项错误；
C.由物料守恒得C项正确；
D.HF电离出的H＋、KOH电离出的OH－对水的电离均有抑制作用，而HF是弱酸，KOH是强碱，浓度相同
时，②中的OH－比①中的H＋浓度大，②对水的电离抑制作用更大；KF中F－的水解对水的电离有促
进作用，因此由水电离出的c(OH－)：③>①>②，D项错误。
【答案】C
【典例5】下列各溶液中，微粒中的物质的量浓度关系不正确的是( )
A．0.01 mol·L－1的pH＝5的NaHSO3溶液中：c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)21cnjy.com
B．使酚酞呈红色的苯酚与苯酚钠混合溶液中：c(Na＋)>c(C6H5O－)>c(OH－)>c(H＋)
C．在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(HCO3-)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(OH－)21·cn·jy·com
D．等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液与CH3COOH溶液混合所得溶液中：
c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
【解析】
A项，根据pH＝5，HSO3-的电离大于其水解，所以c(SO32-)>c(H2SO3)，正确；www.21-cn-jy.com
B项，使酚酞呈红色，说明的水解大于苯酚的电离，正确；
C项，根据质子守恒c(OH－)＝c(HCO3-)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)判断，错误；2·1·c·n·j·y
D项，根据物料守恒判断，正确。
【答案】C
【典例6】常温下，用0.1 mol·L－1HCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，所得滴定曲线
如图所示。下列说法正确的是( )
A．当V＝0时：c(CO32－)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(H2CO3)
B．当V＝5时：2c(CO32－)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)＝3c(Na＋)【来源：21·世纪·教育·网】
C．当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)
D．当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【解析】
A项，Na2CO3溶液的两步水解以第一步为主，同时存在水的电离，故有c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3-)＞
c(H2CO3)，错误；
B项，此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3，物料守恒式为3c(CO32－)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)＝2c(Na＋)，
错误；
C项，此时溶液为NaHCO3，因HCO既水解又电离，但以水解为主，故有c(CO32－)＜c(H2CO3)，错误；
D项，此时溶液为中性，c(H＋)＝c(OH－)，盐酸的体积小于20 mL，所以c(Na＋)＞c(Cl－)，正确。
【答案】 D
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2017高考化学 高频考点6 离子浓度问题 巩固提升
1.10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①HF溶液②KOH溶液 ③KF溶液，下列说法正确
的是( )
A．①和②混合后，酸碱恰好中和，溶液显中性
B．①和③混合后：c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HF)
C．①、③中均有c(F－)＋c(HF)＝0.1 mol·L－1
D．由水电离出的c(OH－)：②>③>①
2.常温下，下列有关叙述不正确的是(　　)
A.向0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c(Na＋)<2[c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)]
B.在pH＝6的NaX溶液中：c(Na＋)－c(X－)＝9.9×10－7 mol·L－1
C.在0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液中通入少量NH3气体后：
c(NH )＋c(Na＋)＋c(H＋)===c(OH－)＋c(HSO) ＋2c(SO)21世纪教育网版权所有
D.在0.1 mol·L－1的氯化铵溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)>c(NH3·H2O)
　3.常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A.将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与CH3COONa溶液混合：
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(NH)＞c(OH－)
B.将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液：
c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)＋c(NH3·H2O)
C.向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH＝7，所得溶液中：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(Cl－)＞c(OH－)
D.向0.10 mol·L－1 Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
4.25℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是 ( )21教育网
A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-
B．当溶液恰好呈中性时：c(Na+)>c(SO32-)+c(HSO3-)
C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水， 的值增大
D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸,α(HSO3-)减小21cnjy.com
室温时，向20mL 0.1mol L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液，得到溶液pH
与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生，且混合溶液的体积
可看成混合前两溶液的体积之和），下列说法不正确的是（　　）
A．PH=7时，溶液中c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
B．当V（NaOH）=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水大
C．当V（NaOH）=30mL时，溶液中 c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3 H2O）+c（OH﹣）
D．滴加NaOH溶液从30mL至40mL，溶液中Na+与SO42﹣浓度之和始终为0.1 mol L﹣1
6.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液
中： c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：
c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）
D．已知某温度下，Ksp（AgCl）=1×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1×10﹣12．若将
0.001mol L﹣1AgNO3 溶液滴入浓度均为0.001 mol L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中，则
先产生Ag2CrO4沉淀
7．现有a mol/L 的NaA和b mol/L的NaB两种盐溶液．下列说法正确的是（　　）
A．若a=b且c（A﹣）=c（B﹣）+c（HB），则HA为强酸
B．若a=b且pH（NaA）＞pH（NaB），则c（A﹣）+c（OH﹣）＞c（B﹣）+c（OH﹣）
C．若a＞b且c（A﹣）=c（B﹣），则酸性HX＞HB
D．若两溶液等体积混合，则c（Na+）=（a+b） mol/L（忽略混合过程中的体积变化）
8.常温下，向1L0.1mol L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4＋与NH3 H2O的变化趋势
如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法正确的是 （ ）
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大
B．在M点时，n(OH－)-n(H+)＝(a -0.05)mol
C．随着NaOH的加入，不断增大
D．当n(NaOH)＝0.05mol时溶液中有： c(Cl－)>c（Na+)>c（NH4+)>c(OH－)>c(H+)
【参考答案与详细解析】
1【答案】C
【解析】
A.①和②中n(HF)＝n(KOH)，HF和KOH恰好中和，生成的KF属于强碱弱酸盐，水解后
溶液显碱性，A项错误；
B.①和③混合后，由电荷守恒得：c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，由物料守恒得：
c(K＋)＝1/2[c(HF)＋c(F－)]，两式联立，消去c(K＋)，得c(F－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)
＋c(HF)，B项错误；
C.由物料守恒可得C项正确；
D.HF电离出的H＋、KOH电离出的OH－对水的电离均有抑制作用，而HF是弱酸，KOH是
强碱，浓度相同时，②中的OH－比①中的H＋浓度大，②对水的电离抑制作用更大；
KF中F－的水解对水的电离有促进作用，因此由水电离出的c(OH－)：③>①>②，
D项错误。
2【答案】D
【解析】
A.Na2CO3溶液中，根据物料守恒有：c(Na＋)=2[c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)]，但由于又通入
CO2，所以原溶液中c(Na＋)与c(C)不再满足2∶1，因为增加了n(C)的量，等式右边量增大，
A项正确；
B.电荷守恒方程式为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)，则c(Na＋)－c(X－)＝c(OH－)－c(H＋)
＝(10－6－10－8) mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1，B项正确；21·cn·jy·com
C.反应溶液中，电荷守恒式为：c(NH )＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，C
项正确；
D.NH4Cl溶液，NH 水解显酸性，c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－),但是c(OH－)项错误。
3【答案】B
【解析】
　A.因NH 水解，所以c(Na＋)>c(NH )，由于两种物质都电离产生CH3COO－，因此 c(CH3COO－)
＞c(Na＋)，正确的离子浓度大小排序为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)，A
项错误；
B.由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH )＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，由物料守
恒有：c(Cl－)＝c(NH )＋c(NH3·H2O)，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，代入，B项
正确；
C.若等浓度的NaCl和NaClO混合溶液呈碱性，现在溶液呈中性，说明氯水过量，即
c(Cl－)>c(ClO－)，C项错误；
D.Na2CO3的质子守恒式有：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，现通入CO2，有
c(OH－)4【答案】C
【解析】
A．分析题给图像可知溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A项正确；
B．根据电荷守恒知c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH－)，当溶液恰好呈中性时
c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)>c(SO32-)+c(HSO3-)，B项正确；www.21-cn-jy.com
C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水发生反应HSO3—+OH－= SO32-+H2O，Ca2＋+SO32—
=CaSO3，参加反应的HSO3—比SO32—多，的值减小，C项错误；
D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸发生反应H＋+HSO3-=H2SO3，α(HSO3-)减小，D项正确。
5【答案】C
【解析 】
A、当加入20mL氢氧化钠溶液时，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，
溶液显示酸性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液稍大于20mL，根据物料守恒可得：
c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3 H2O），则c（SO42﹣）＞c（NH4+）；由于溶液为中性，则
c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+ ）+c（NH4+）=c（OH﹣）+
2c（SO42﹣），所以c（Na+ ）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），结合c（SO42﹣）＞c（NH4+）
可知：c（Na+ ）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞
c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正确；
B、当加入20mL氢氧化钠溶液时，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，
促进水的电离，故B正确；
C、根据物料守恒可得：c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3 H2O），根据电荷守恒可得：
c（H+）+c（Na+ ）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），当V（NaOH）=30mL时，
3c（SO42﹣）=2c（Na+ ），化简得 c（SO42﹣）+2c（H+）=2c（NH3 H2O）+2c（OH﹣），
故C错误；
D．设滴入NaOH的体积为xml，30＜x＜40，c（Na+ ）+c（SO42﹣）==0.1mol L﹣1，
故D正确；
6【答案】B
【解析】
A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应,反应后溶质为碳
酸钠，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），正
确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故A错误；
B．20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后，溶质为等浓度的醋酸、
醋酸钠和NaCl，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大小醋酸根离子的水解程度，则
c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=
2c（Cl﹣）可得：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH），溶液中离子浓度大小为：
c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，氨水的物质的量的浓度
大于盐酸，混合液中氨水过量，混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可
得：c（Cl﹣）＜c（NH4+），则：c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；
D．根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），计算当Cl﹣、CrO42﹣开始沉淀时的c（Ag+），当Cl﹣
开始沉淀时c（Ag+）==1.8×10﹣7mol/L，当CrO42﹣开始沉淀时，
（Ag+）==1×10﹣4.5 mol/L，则饱和AgCl溶液中c（Ag+）比饱和Ag2CrO4
溶液中c（Ag+）小，故在同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液中滴入AgNO3溶液，先生成
AgCl沉淀，故D错误．
7【答案】A
【解析】
A．若a=b，且c（A﹣）=c（B﹣）+c（HB），说明HA完全电离，所以HA为强酸，故A
正确；
B．若a=b且 pH（NaA）＞pH（NaB），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+
c（OH﹣），c（Na+）+c（H+）=c（B﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得两种溶液中c（Na+）
相等，根据溶液的PH知，A﹣的水解程度大于B﹣，所以NaA中氢离子浓度小于NaB，
所以c（A﹣）+c（OH﹣）＜c（B﹣）+c（OH﹣），故B错误；
C．若a＞b且c（A﹣）=c（B﹣），说明A﹣ 的水解程度大于B﹣，酸根离子水解程度越大，
其相应酸的酸性越弱，则酸性HA＜HB，故C错误；
D．若两溶液等体积混合，钠离子不水解，但溶液体积增大一倍，所以则c（Na+）=mol/L，
故D错误；
8【答案】B
【解析】 常温下，向NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH发生反应：NH4Cl + NaOH ==NaCl + NH3·H2O。
A、NH4Cl溶液中铵离子水解，促进水的电离，M点溶液为氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合
液，一水合氨抑制水的电离，故M点溶液中水的电离程度比原溶液小，错误；
B、在M点时，溶液为NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合液，根据电荷守恒知n(H＋)+n(Na＋)+n(NH4＋ )=
n(OH－)+n(Cl－)，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋ )=0.05mol，则n(OH－)-n(H+)＝
(a -0.05)mol，正确；
C、铵离子的水解平衡常数Kh=c(H＋)c(NH3·H2O)/c(NH4＋ )，随着NaOH的加入，NH3·H2O 浓度
不断增大，温度不变，Kh不变，c(H＋)/c(NH4＋ )不断减小，错误；
D、当n(NaOH)＝0.05mol时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠、一水合氨的混合液，溶液
呈碱性，一水合氨的电离程度大于铵离子的水解程度，离子浓度大小关系为：
c(Cl－) >c（NH4+)>c（Na+)>c(OH－)>c(H+) ，错误。
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