【02-暑假预习】第16讲 电解质溶液中微粒间的关系（教师版）-2025年新高二化学暑假衔接讲练 (人教版)

PAGE1第16讲电解质溶液中微粒间的关系内容导航——预习四步曲第一步：学析教材学知识：教材精讲精析、全方位预习第二步：练练习题强方法：教材习题学解题、强化关键解题方法练考点会应用：核心考点精准练、快速掌握知识应用第三步：记串知识识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握第四步：测过关测稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升知识点1溶液中的守恒关系1．电荷守恒电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等，即电荷守恒，溶液呈电中性。(1)解题方法①分析溶液中所有的阴、阳离子。②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。(2)举例如：Na2CO3溶液中①Na＋、H＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－。②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(COeq\o\al(2－,3))＋1×c(HCOeq\o\al(－,3))＋1×c(OH－)。化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。2．元素质量守恒在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。就该离子所含的某种元素来说，其质量在变化前后是守恒的，即元素质量守恒。(1)解题方法①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的定量关系(特定元素除H、O元素外)。②找出特定元素在水溶液中的所有存在形式。(2)举例如：Na2CO3溶液中①eq\f(n(Na＋),n(CO\o\al(2－,3)))＝eq\f(2,1)，即n(Na＋)＝2n(COeq\o\al(2－,3))，COeq\o\al(2－,3)在水中部分会水解成HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。②c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]。3．质子守恒方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。如：Na2CO3溶液中即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H＋)。【方法技巧】（1）分析电解质的电离和水解情况，找全溶液中的离子和分子。（2）分清题目考查的哪种守恒关系，可以是单一守恒关系式，也可以是它们的变形关系式，也可以是两种守恒关系式导出的新的守恒式。（3）注意选择题常涉及的易错点：①守恒关系式中多写或漏写离子或分子；②守恒关系式浓度前的化学计量数设错；③在混合后忽视溶液体积变化上设错。知识点2溶液中离子浓度比较的类型1．弱酸溶液中粒子浓度大小比较(1)HClO溶液中存在的电离平衡有：HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－，溶液中的微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。(2)碳酸的电离方程式是H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－。碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。2．不同溶液中同一离子浓度比较要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序：④>⑤>③>①>②。3．单一溶液中离子浓度大小的比较(1)氯化铵溶液①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程：电离：NH4Cl=NHeq\o\al(＋,4)＋Cl－、H2OH＋＋OH－。水解：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。判断溶液中存在的离子有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、H＋、OH－。②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。(2)碳酸钠溶液①先分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程：电离：Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋。②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)。(3)碳酸氢钠溶液①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程：电离：NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－。②由于HCOeq\o\al(－,3)的电离常数(K)<水解常数(Kh)HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。(4)亚硫酸氢钠溶液①先分析NaHSO3溶液中的电离、水解过程：电离：NaHSO3=Na＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。溶液中存在的离子有：Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,3)、OH－。②由于HSOeq\o\al(－,3)的电离常数(K)>水解常数(Kh)HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小顺序是c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。4．混合溶液中不同离子浓度大小比较，根据电离常数(Ka、Kb)、水解常数(Kh)的相对大小综合分析(1)分子的电离常数(K)大于对应离子的水解常数(Kh)在0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)分子的电离常数(K)小于对应离子的水解常数(Kh)在0.1mol·L－1的HCN和0.1mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1mol·L－1。知识点3判断混合溶液中离子浓度大小的一般思路(1)判断生成物，确定溶液组成。(2)明确溶液中存在的所有平衡(电离平衡，水解平衡)。(3)根据题给信息，确定程度大小(是电离为主还是水解为主)。(4)比较离子大小，要充分运用电荷守恒、元素质量守恒关系。教材习题02（P78）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(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))B．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＞c(H＋)解题方法【解析】由于磷酸为多元弱酸，第一步电离大于第二步电离，第二步电离大于第三步电离，所以在0.1mol·L－1H3PO4溶液中，粒子浓度大小关系为c(H3PO4)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))，故A正确；在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，故B错误；在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，根据元素质量守恒得到c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol·L－1，故C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，则c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒得到c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NHeq\o\al(＋,4))，故D错误。【答案】A教材习题03（P78）室温下，将两种浓度均为0.10mol·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．NaHCO3­Na2CO3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))＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C2Oeq\o\al(2－,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))解题方法【解析】浓度均为0.10mol·L－1的NaHCO3­Na2CO3的混合溶液中，COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，A错误；浓度均为0.10mol·L－1的氨水­NH4Cl混合溶液的pH＝9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)<c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B错误；浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH­CH3COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C错误；浓度均为0.10mol·L－1的H2C2O4­NaHC2O4混合溶液的pH＝1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，根据元素质量守恒有2c(Na＋)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，D正确。【答案】D考点一单一溶液中粒子浓度大小比较1．在0.1mol·L－1Na2S溶液中，下列关系不正确的是()A．c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(H2S)B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)C．c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)D．c(OH－)＝c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)【答案】A【解析】A项不符合元素质量守恒，应为c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)；B项符合电荷守恒；C项，S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，故C项正确；D项符合质子守恒。2．已知0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH＝4，则溶液中各粒子的浓度关系不正确的是()A．c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)B．c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)C．c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))D．c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))【答案】D【解析】由“0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH＝4”可知，HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于水解程度，所以c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)，A项正确；HSOeq\o\al(－,3)部分电离，且电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，B项正确；根据元素质量守恒，溶液中存在：c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)＋c(SOeq\o\al(2－,3))，根据电荷守恒，溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，C项正确、D项错误。3．下列物质所配成的0.1mol·L－1溶液中，离子浓度由大到小顺序排列正确的是()A．NH4Cl：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)B．Na2CO3：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)C．NaHCO3：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)D．(NH4)2SO4：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)【答案】D【解析】氯化铵是强酸弱碱盐，NHeq\o\al(＋,4)水解导致溶液呈酸性：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，所以c(H＋)＞c(OH－)，NHeq\o\al(＋,4)水解而氯离子不水解，所以c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))，因为NHeq\o\al(＋,4)水解程度是微弱的，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)，因此NH4Cl溶液中离子浓度的大小顺序是：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，故A错误；在Na2CO3溶液中，COeq\o\al(2－,3)部分水解，溶液呈碱性，所以c(OH－)＞c(H＋)，又因为钠离子不水解，所以c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))，因为COeq\o\al(2－,3)水解程度是微弱的，所以c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))，根据COeq\o\al(2－,3)的两步水解反应方程式：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，因第一步水解生成的HCOeq\o\al(－,3)还要发生第二步水解，造成HCOeq\o\al(－,3)浓度减小而OH－浓度增加，再加上水电离出的OH－，所以c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))，综上所述，在Na2CO3溶液中，离子浓度的大小顺序是：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)，故B错误；在NaHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)仅有少量电离，所以溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))，故C错误；在(NH4)2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，又因为水解程度微弱，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))，则溶液中离子浓度大小顺序是c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，所以D正确。考点二不同溶液中离子浓度大小比较4．下列各项中指定的比为2∶1的是()A．相同温度下，2mol·L－1醋酸溶液与1mol·L－1醋酸溶液中c(H＋)之比B．H2CO3溶液中c(H＋)与c(COeq\o\al(2－,3))之比C．Na2CO3溶液中c(Na＋)与c(COeq\o\al(2－,3))之比D．常温下，0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1CH3COONa溶液中的c(Na＋)之比【答案】D【解析】CH3COOH是弱酸，浓度不同时其电离程度不同，所以浓度是2倍关系的两醋酸溶液中c(H＋)之比不是2∶1，A项错误；H2CO3是二元弱酸，分步电离且只发生部分电离，故c(H＋)∶c(COeq\o\al(2－,3))≠2∶1，B项错误；因COeq\o\al(2－,3)发生水解被消耗，故c(Na＋)∶c(COeq\o\al(2－,3))>2∶1，C项错误；不管COeq\o\al(2－,3)、CH3COO－的水解程度如何，溶液中c(Na＋)是一定的，前者c(Na＋)＝0.2mol·L－1，后者c(Na＋)＝0.1mol·L－1，故D项正确。5．物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3，按c(COeq\o\al(2－,3))由小到大顺序排列正确的是()A．④＜③＜②＜① B．③＜②＜①＜④C．③＜②＜④＜① D．③＜④＜②＜①【答案】C【解析】①Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中完全电离出碳酸根离子，碳酸根离子的水解程度较弱，其溶液中c(COeq\o\al(2－,3))最大；②NaHCO3在溶液中完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，碳酸氢根离子电离出的COeq\o\al(2－,3)较少；③H2CO3是二元弱酸，在溶液中分步电离，第二步才电离出碳酸根离子，且第一步电离出的氢离子抑制了第二步电离，所以其溶液中的c(COeq\o\al(2－,3))最小；④(NH4)2CO3在溶液中完全电离出碳酸根离子和铵根离子，铵根离子水解促进了碳酸根离子的水解，浓度相同时其溶液中c(COeq\o\al(2－,3))小于Na2CO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))，根据分析可知，物质的量浓度相同时c(COeq\o\al(2－,3))由小到大顺序为③<②<④<①。考点三混合溶液中粒子浓度大小比较6．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3。下列关系正确的是()A．pH：②＞③＞④＞①B．c(CH3COO－)：②＞④＞③＞①C．c(H＋)：①＞③＞②＞④D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②【答案】B【解析】A项，pH：②＞④＞③＞①；C项，应为①＞③＞④＞②；D项，应为①＞③＞④＞②。7．常温下，用0.1mol·L－1的氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·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10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL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20mL，c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)【答案】D【解析】HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据元素质量守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据元素质量守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；滴入20mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，结合电荷守恒关系c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)，D错误。8．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：eq\f(3,2)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)【答案】A【解析】0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，因为醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，A选项正确；0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(NH3·H2O)，B选项错误；根据元素质量守恒，0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na＋)＝3c(COeq\o\al(2－,3))＋3c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)，即eq\f(2,3)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，C选项错误；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＋c(Cl－)，D选项错误。9．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)B．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(H2CO3)C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＝c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)【答案】D【解析】根据电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故A项错误；NaHCO3溶液的pH＝8.3，说明其水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，故B项错误；pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合时，氨水是过量的，溶液不显中性，故C项错误；0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合反应得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由电荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由元素质量守恒得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，则c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，移项得2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故D项正确。10．将0.2mol·L－1Na2CO3溶液和0.1mol·L－1盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是()A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))B．c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(Cl－)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)C．2c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)【答案】B【解析】混合后发生反应：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，混合溶液中含三种溶质(Na2CO3、NaCl、NaHCO3)且物质的量浓度相等。电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，A错误；COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，且溶液呈碱性，c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(Cl－)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)，B正确；元素质量守恒式为c(Na＋)＝2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(H2CO3)，C错误；根据电荷守恒式与元素质量守恒式，联立可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)－c(Cl－)，D错误。知识导图记忆知识目标复核【学习目标】1.会分析判断常见电解质(酸、碱、盐)溶液中的粒子种类。2.分析判断常见混合溶液中的粒子种类。3.掌握电解质溶液中粒子浓度间的三个守恒关系。【学习重难点】1.判断混合溶液中的粒子种类。2.电解质溶液中粒子浓度大小比较。1．（24-25高二上·广东汕尾·月考）常温时，取浓度均为0.1mol/L的HCl和HA(一元酸，Ka=1×10-3)的混合溶液20mL，用0.2mol/LNaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点时，溶液中B．b点时，C．c点时，D．过程中，水的电离程度逐渐增大【答案】C【分析】由图可知，a点为浓度均为0.1mol/L盐酸和HA的混合溶液，酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离；加入氢氧化钠溶液反应时，酸性强的盐酸先反应，b点反应得到等浓度氯化钠和HA的混合溶液，HA在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，c点反应得到等浓度的氯化钠和NaA的混合溶液，A-离子在溶液中水解促进水的电离。【解析】a点为0.1mol/LHCl和0.1mol/LHA的混合溶液，HCl是强酸，在水溶液中完全电离，HA是弱酸，在水溶液中部分电离，则溶液中，A正确；b点加入溶液，反应后为等物质的量浓度的和的混合溶液，根据物料守恒，B正确；c点加入溶液，溶液总体积为，反应后的溶液为等物质的量浓度的和的混合溶液，发生水解而使其浓度降低，，C错误；过程中，加入的溶液分别与和发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，D正确；故选C。2．（24-25高二上·四川成都·期末）25℃时，用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL，浓度均为0.1000mol·L-1HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．HB为弱酸，滴定过程中可选用甲基橙作为指示剂B．时，滴定HB溶液消耗mLC．mL时，HB的电离程度比的水解程度大D．mL时，两份溶液中【答案】C【解析】由滴定曲线起点可知，HB为弱酸，恰好中和时生成NaB溶液，呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，如酚酞，A错误；因为HB为弱酸，达到滴定终点时，NaB溶液因的水解，要使溶液，消耗的应小于20.00mL，B错误；mL时，溶质组成为，根据图像，此时溶液呈酸性，可推知：HB的电离程度比的水解程度大，C正确；HA是强酸，滴定完成时，溶液呈中性；HB是弱酸，滴定完成时，溶液呈碱性；两份溶液中相等，可推知：，D错误；故选C。3．（24-25高二上·河南驻马店·月考）已知常温下浓度为的下列溶液的pH如下表所示：溶质NaFNaClOpH7.59.78.211.6下列有关说法不正确的是A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，则有：B．加热溶液测其pH，pH大于9.7C．溶液中，存在关系：D．电离平衡常数大小关系：【答案】A【解析】pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显酸性，则：，根据电荷守恒可得：，则溶液中离子浓度大小为：，A错误；盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，NaClO溶液pH>7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；根据物料守恒：，根据电荷守恒得，所以得，C正确；相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度，则酸的电离平衡常数，D正确；故选A。4．（24-25高二上·河南新乡·月考）常温下，用溶液滴定(，，)溶液，所得滴定曲线如图(忽略溶液混合时的体积变化和温度变化)。下列说法正确的是A．水的电离程度：B．点溶液中存在关系：C．当时，溶液的D．点溶液中存在关系：【答案】C【解析】e点亚硫酸和氢氧化钠恰好完全反应，点，随着溶液的滴入，亚硫酸逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，A错误；点溶液中溶质为KHSO3，点溶液的，说明的电离程度大于其水解程度，，B错误；，因为，可推出，代入数值得，，C正确；e点溶液中溶质为K2SO3，依电荷守恒可知存在关系，再根据点溶液中的物料守恒关系可知，联立得，D错误；故选C。5．（24-25高二下·四川内江·期中）25℃时，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是A．A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1mol·L-1B．B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)C．C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和D．D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】A点为0.1molL-1NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L、c(H+)=1×10-13mol·L-1，氢氧化钠抑制水电离，由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1，A错误；B点溶液呈碱性，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)<c(Na+)，B错误；酸碱完全中和时消耗醋酸溶液12.5mL，此时溶质为CH3COONa，pH大于7，C错误；D点溶液中溶质为等浓度的醋酸钠、醋酸，根据电荷守恒，物料守恒，得质子守恒，D正确；故选D。6．（24-25高二下·上海·期中）HA是一种弱酸。下列说法正确的是A．溶液中，B．常温下，的HA溶液中，C．常温下，的HA与NaA混合溶液中，D．溶液中，【答案】C【解析】溶液中A-发生水解生成HA和OH-，溶液呈碱性，且水解是微弱的，则，A错误；常温下，的HA溶液呈酸性，HA部分电离产生H+和A-，由于水也会电离出H+，则，B错误；常温下，的HA与NaA混合溶液呈酸性，，由电荷守恒可知，，C正确；溶液中存在电荷守恒：，则，D错误；故选C。7．（24-25高二上·河南洛阳·期中）常温下，向10mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法错误的是A．b点溶液中，水的电离程度最大B．常温下HA的电离平衡常数的数量级为10-6C．溶液中各点的阴离子浓度总和关系是：b>c>a=dD．d点浴液中：c(A-)+2c(HA)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH－)【答案】B【分析】由图可知，0.1mol·L-1的HA溶液的pH为3，则HA为弱酸；ａ点HA溶液与氨水部分反应，所得溶液为HA和NH4A的混合溶液；b点HA溶液与氨水完全反应，所得溶液为NH4A溶液，c、d两点氨水过量，得到NH4A和NH3•H2O的混合溶液。【解析】由分析可知，ａ点HA溶液与氨水部分反应，所得溶液为HA和NH4A的混合溶液，HA电离抑制水的电离，c、d两点氨水过量，NH3•H2O电离抑制水的电离，b点所得溶液为NH4A溶液，A-和铵根离子均促进水的电离，则b点水的电离程度最大，故A正确；由图可知，0.1mol·L-1的HA溶液的pH为3，溶液中HA的浓度约为0.1mol·L-1，H+和A-的浓度相等，约为10-3mol/L，则HA的电离平衡常数为=10-5，电离平衡常数的数量级为10-5，故B错误；溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，导电能力越大，溶液中离子浓度越大，由图可知，溶液的导电能力b>c>a=d，由电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可知，阳离子总数等于阴离子总数，则溶液中的离子总数是阴离子总数的2倍，由溶液的导电能力与溶液中的阴离子总数呈正比可知，溶液中的阴离子浓度总和关系是：b>c>a=d，故C正确；d点加入20mL等浓度的氨水，所得溶液为等浓度的NH4A和NH3•H2O的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2c(A-)+2c(HA)=c(NH3•H2O)+c(NH4+)和电荷守恒关系c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，整合两式可得：c(A-)+2c(HA)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH－)，故D正确；故选B。8．（24-25高二上·湖北武汉·期中）25℃时，向10mL0.01NaCN溶液中逐滴滴加0.01的盐酸，其pH变化曲线如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)A．a点的溶液的pH>12B．b点的溶液：c(CN-)>c(HCN)C．a、b、c三点水的电离程度最大的是a点D．加入盐酸的溶液：【答案】C【分析】NaCN是强碱弱酸盐，其水解的离子方程式为。【解析】NaCN是部分水解，则0.01mol·L-1的NaCN溶液中c(OH-)<0.01mol·L-1，故常温下该溶液的pH<12，A错误；若不考虑NaCN的水解和HCN的电离，则b点有c(CN-)=c(HCN)，但b点溶液呈碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，故c(CN-)<c(HCN)，B错误；a点的溶质为NaCN，b点的溶质为NaCN、HCN和NaCl，c点的溶质为NaCl和HCN，NaCN促进水的电离，HCN抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，C正确；根据物料守恒可知溶液中加入盐酸后，溶质为NaCl、HCN和HCl，且存在物料守恒，D错误；故选C。9．（24-25高二下·江苏南通·期中）室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。实验1：向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加NaHCO3溶液，有气泡产生实验2：用pH试纸测定0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH，测得pH约为3实验3：向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加水稀释，测得溶液pH增大实验4：向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入足量酸性KMnO4溶液，有气泡产生，将气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊下列有关说法不正确的是A．由实验1可知电离常数：Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3)B．实验2溶液中存在：c(HC2O)＋2c(C2O)>c(Na＋)C．实验3中随蒸馏水的加入，溶液中的值逐渐变大D．实验4中反应的离子方程式：5HC2O＋2MnO＋11H＋=10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O【答案】C【解析】实验1中，反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：，说明的酸性强于，根据强酸制弱酸的原理，的第二步电离常数应大于的第一步电离常数，A正确；实验中，溶液的，说明的电离占主导，电荷守恒式为：，由于溶液呈酸性，可得：，B正确；实验中，稀释溶液时，增大，说明氢离子浓度降低，根据温度不变，Ka2(H2C2O4)=不变，因此比值应逐渐减小，C错误；在酸性条件下被氧化为二氧化碳，方程式符合电荷守恒和原子守恒以及氧化还原反应的变化规律，D正确；故选C。10．（24-25高二上·广西玉林·期中）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则B．相同浓度的和两溶液等体积混合后约为4.7，则溶液中C．的HA溶液与的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH不一定等于7.0D．在溶液中，【答案】A【解析】HCOONa、NaF均为强碱弱酸盐，两个溶液均显碱性，HCOONa溶液pH大，说明HCOO-的水解程度大于F-，HCOOH的酸性弱于HF，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A说法错误；该混合溶液中CH3COONa、CH3COOH的物质的量相等，该溶液的pH约为4.7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B说法正确；不知道HA是强酸还是弱酸，的HA溶液与的NaOH溶液等体积混合，得到NaA溶液，所得溶液pH不一定等于7.0，故C说法正确；利用元素质量守恒，0.1mol/LNa2S溶液中存在c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-1，故D说法正确；故选A。11．（24-25高二上·湖北武汉·期中）25℃时，下列说法正确的是A．某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L，该溶液一定呈酸性B．pH=3的盐酸溶液与pH=11的氨水溶液等体积混合，溶液显酸性C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合