专项30--微粒浓度大小比较(新高考专用)(解析版).docx

第五篇 水溶液中的离子反应与平衡
专项30 微粒浓度大小比较

从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较是离子平衡的主流试题，既与弱电解质电离平衡有关，又与盐的水解有关；不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，且还侧重溶液中各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。
1．电离理论
(1)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：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一级电离程度远大于第二级电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。
2．水解理论
(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，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：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。
(2)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，如在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
3．电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，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Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
4．物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以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)。
5．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：

由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：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。

1．(2022•江苏卷)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HCO3- )+c(CO32-)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是( )

A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3-)
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A项，KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则CO32-主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，若为NaHCO3溶液，则HCO3-发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，A不正确；B项，KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c(HCO3-)+2c(CO32-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B不正确；C项，KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3-以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)，C正确；D项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；故选C。
2．(2021•天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1mol·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A项，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.1mol·L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正确；B项，在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C项，在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1，故C错误；D项，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D错误；故选A。
3．(2020•浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L−1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl−)
【答案】D
【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
4．(2020•江苏卷)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO32-)＞c(OH－)
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+ c(H＋)= c(NH3∙H2O)+c(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为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)
【答案】AD
【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-＞HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NH)+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H＋)= c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2O)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)，故D正确；故选AD。
5．(2019•江苏卷)室温下，反应HCO3-+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.2mol·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
B．0.2mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D．0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)
【答案】BD
【解析】A．NH3∙H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；B．NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B正确；C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。

1．解题步骤

2．解题过程
判反应
写平衡
列等式
两溶液混合是否发生反应
写出溶液中所有平衡（电离平衡、水解平衡）
根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒列式
弄清真实组成
分主次
根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关规律，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较出溶液各粒子浓度的大小。

3．比较时紧扣两个微弱
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(2)弱酸根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＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
4．酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较
(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(2)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
5．质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导出来
以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②得质子守恒式，消去没有参与变化的K＋等。
6．规避等量关系中的2个易失分点
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带2个单位负电荷，不可漏掉。
(2)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中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。

1．（2023届·江苏省百校联考高三第一次考试）室温下用0.1mol•L-1NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)。H2SO3电离常数分别为Ka1=1.54×10-2、Ka2=1.00×10-7。下列说法正确的是（ ）
A．NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO32-)>c(HSO3-)>c(H2SO3)
B．NaOH完全转化为NaHSO3时，溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH—)+c(H2SO3)
C．NaOH完全转化为Na2SO3时，溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH—)>c(HSO3-)
D．NaOH溶液吸收SO2，c总=0.1mol•L-1溶液中：c(H2SO3)>c(SO32-)
【答案】C
【解析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。A项，氢氧化钠溶液吸收二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(HSO3-)> c(SO32-) > c(H2SO3)，故A错误；B项，亚硫酸氢钠溶液中存在质子守恒关系c(H+)+ c(H2SO3) =c(OH—)+ c(SO32-)，故B错误；C项，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH—)>c(HSO3-)，故C正确；D项，c总=0.1mol•L-1溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(SO32-) > c(H2SO3)，故D错误；故选C。
2．（2023届·江苏省包场高级中学高三开学考试）室温下，通过下列实验探究Na HC2O4 (Kh为NaHC2O4水解平衡常数、Ka1为H2C2O4电离平衡常数)溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用试纸测定0.1mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH，测得约为5.5
2
向含0.1mol NaHC2O4稀溶液中加入0.05molBa(OH)2，产生沉淀
3
向0.1mol·L-1 NaHC2O4溶液中通入过量HCl，无现象
4
向0.1mol·L-1 NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，测得溶液pH=7
下列有关说法不正确的是（ ）
A．实验1的溶液中：
B．实验2反应静置后的上层清液中：
C．实验3得到的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H2C2O4)＞c(H+)
D．实验4所得的溶液中：c(NH4+)+ c(H2C2O4)=c(C2O42-)
【答案】C
【解析】A项，实验1的溶液中：，，则，，即，A正确；B项，实验2反应静置后的上层清液中：NaHC2O4与Ba(OH)2反应生成BaC2O4沉淀，根据溶解平衡，，B正确；C项，实验3得到的溶液中，如果通入的HCl的量过多，使其浓度超过了0.1mol/L，则会使c(Na+)＜c(Cl-)，C错误；D项，实验4所得的溶液中：根据电荷守恒，得到(NH4+)+c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，再根据物料守恒得c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(H2C2O4)，两者连立得到c(NH4+)+ c(H2C2O4)=c(C2O42-)，D正确；故选C。
3．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)
B．20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 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(NH)＋c(OH－)
D．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项，等浓度等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中CO能进行两级水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)>c(HCO)，该项错误；B项，CH3COONa与HCl混合时反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，该项正确；C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合溶液，则c(Cl－)<c(NH)、c(H＋)<c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)<c(NH)＋c(OH－)，该项错误；D项，CH3COOH与NaOH混合时恰好生成CH3COONa，溶液中电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒式为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，由这两个式子可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，该项错误。
4．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3)
B．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-)
C．0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： 2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)
D．0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)
【答案】C
【解析】A项，NaHCO3溶液中：HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性，根据质子守恒可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A错误；B项，HCl是一元强酸，完全电离，c(H+)与盐酸的浓度相等，而NH3·H2O是一元弱碱，只有很少一部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，电离产生的OH-恰好与H+中和，但c(NH3·H2O)> c(OH-)，电解质分子进一步电离产生OH-和NH4+，因此溶液显碱性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，盐电离产生的离子浓度远大于弱碱电离产生的离子浓度所以微粒浓度关系为c(NH4＋) >c(Cl-)>c(OH-) >c(H＋)，B错误；C项，0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： 2c(Na＋) =3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，C正确；D项，0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D错误。
5．(2022·上海市洋泾中学高三模拟)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，NaHC2O4溶液显酸性。设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)+c(H2C2O4)
B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(H+)>c(C2O42-)
C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)
D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
【答案】D
【解析】A项，0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1 mol·L-1，根据电荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)= c(H+)，所以c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，故A错误；B项，根据物料守恒，c(Na+)=c(总)的溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-的电离常数为5.4×10-5、水解常数为，HC2O4-电离大于水解，c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B错误；C项，加入一定体积的氢氧化钠溶液，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.1 mol·L-1，根据电荷守恒，pH=7的溶液c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)，c(Na+)>0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C正确；D项，根据物料守恒c(Na+)=2c(总)的溶液中溶质为Na2C2O4，根据物料守恒c(Na+)=2［c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)］，根据电荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，所以c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，故D正确；故选D。
6．(2022·上海市高三二模)室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性质。
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1mol⋅L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
下列有关说法正确的是( )
A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】A项，实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不正确；B项，实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B正确；C项，实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不正确；D项，实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不正确；故选B。
7．(2022·江苏省平潮高级中学模拟预测)室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。用Ka1、Ka2分别表示H2CO3的第一步和第二步电离常数。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH，测得pH约为12
2
向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中加入过量0.2mol·L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8
4
向含有酚酞的0.1mol·L-1Na2CO3中滴加几滴0.2mol·L-1NaOH，红色加深
下列有关说法不正确的是( )
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)
C．实验3得到的溶液中有c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，且Ka1Ka2＜Kw
D．实验4中滴加的NaOH抑制了CO32-的水解，的值变小
【答案】D
【解析】A项，Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可得c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)=c(H+)+c(Na+)，又根据物料守恒可得c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，两式联立可得c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，故A正确；B项，Na2CO3溶液中加入过量CaCl2溶液生成碳酸钙沉淀，上层清液为饱和碳酸钙溶液，故有c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)，故B正确；C项，Na2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8，即为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，水解大于电离，故有c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，且水解常数大于电离常数，故有Kh=>Ka2，故Ka1Ka2＜Kw，故C正确；D项，CO32-的水解平衡为CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解常数Kh=，Kh大小随温度变化而变化，故滴加NaOH平衡移动，但不变，故D错误；故选D。
8．(2022·江苏省南通市新高考基地学校高三第二次联考)室温下，通过下列实验探究0.100mol·L-1K2C2O4溶液的性质。已知：25℃时H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19。
序号
实验
①
准确量取10.00mL0.100mol·L-1K2C2O4溶液，测得pH=8.4
②
向①中加入2滴0.100mol·L-1HCl盐酸，测得pH=7.0
③
向①准确加入10.00mL0.100mol·L-1HCl溶液，pH=3.52
④
向①中加入20.00mL0.100mol·L-1CaCl2溶液，出现白色沉淀
下列说法正确的是( )
A．实验①溶液中：=10-4.21
B．实验②反应所得溶液中：c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C．实验③反应所得溶液中：c(C2O42-)<c(H2C2O4)
D．实验④所得上层清液中：c(Ca2+)·c(C2O42-)<Ksp(CaC2O4)
【答案】A
【解析】由题干信息可知，25℃时H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19，则可知C2O42-的水解平衡常数为：Kh1===10-9.81，Kh2===10-12.78。A项，C2O42-的水解平衡常数为：Kh1===10-9.81，即=10-9.81，实验①溶液中pH=8.4，c(OH-)=10-5.6mol/L，则=10-4.21，A正确；B项，实验②反应所得溶液中：根据电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-) +c(Cl-)+c(OH-)，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)，B错误；C项，向①准确加入10.00mL0.100mol·L-1HCl溶液，混合后K2C2O4与HCl1：1反应生成KHC2O4，此时溶液pH=3.52，说明HC2O4-的电离大于水解，故实验③反应所得溶液中：c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，C错误；D项，实验④所得上层清液中即达到溶解平衡，故c(Ca2+)·c(C2O42-)=Ksp(CaC2O4)，D错误；故选A。
9．(2022·广东省韶关市一模)室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。下列有关说法正确的是( )
实验
实验操作和现象
1
用pH计测定0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液，测得pH约为8.3
2
向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.3
3
向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 HCl，反应结束后测得溶液pH约为5.6
4
向0.05 mol/L NaHCO3溶液中滴加过量0.1 mol∙L−1 Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀
A．NaHCO3溶液中HCO3-的电离程度大于水解程度
B．实验2滴加结束后：c(H+) + 2c(H2CO3) + c(HCO3-) =c(OH－)
C．实验3滴加过程中：c(Na+) = c(CO32-) + c(HCO3-) + c(H2CO3)
D．实验4反应静置后的上层清液中：c(Ca2+)∙c(CO32-)＜ Ksp(CaCO3)
【答案】B
【解析】A项，用pH计测定0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液，测得pH约为8.3，溶液显碱性，因此NaHCO3溶液中HCO3-的电离程度小于水解程度，故A错误；B项，向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.3，溶质为Na2CO3，因此实验2滴加结束后，根据质子守恒得到：c(H+) + 2c(H2CO3) + c(HCO3-) =c(OH－)，故B正确；C项，实验3滴加开始前，按照物料守恒：c(Na+) = c(CO32-) + c(HCO3-) + c(H2CO3)，滴加后产生气泡，则无此守恒，故C错误；D项，实验4反应静置后的上层清液存在难溶物的溶解平衡，则有c(Ca2+)c(CO32-)= Ksp(CaCO3)，故D错误。故选B。
10．(2022·江苏省无锡市普通高中高三调研)室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
实验2：0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，没有明显现象
实验3：0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
实验4：将0.1mol·L-1Na2SO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产白色沉淀
下列说法正确的是( )
A．由实验1可得出：＞Ka2(H2SO3)
B．实验2所得的溶液中c(HSO3-)＞c(SO32-)
C．实验3中发生反应的离子方程式为H2O+Cl2+ SO32-=SO42-+2H++2Cl-
D．实验4中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(SO32-)＜Ksp(CaSO3)
【答案】C
【解析】A项，溶液显酸性，说明溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，第二步电离常数大于水解常数，即Ka2(H2SO3)＞，A错误；B项，0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，所得溶液为Na2SO3溶液，溶液中c(SO32-)＞c(HSO3-)，B错误；C项，新制饱和氯水中有氯气，氯气具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：H2O+Cl2+SO32-=SO42-+2H++2Cl-，C正确；D项，两溶液混合若产生白色沉淀，说明溶液中c(Ca2+)·c(SO32-)>Ksp(CaSO3)，D错误；故选C。
11．（2022·浙江省宁波市鄞州中学高三考前测试）室温下，向100 mL 0.2 mol·L-1的NH3·H2O中缓慢通入HCl，随着HCl通入量的不同，下列溶液中微粒对应关系(不考虑溶液体积变化)正确的是（ ）
选项
n(HCl)