2026高二化学(人教版)期末必刷常考题《水的电离和溶液的pH》含答案

高中2025-2026学年上学期高二化学人教版（2019）期末必刷常考题之水的电离和溶液的pH一．选择题（共12小题）1．（2025秋•保定期中）某温度下的水溶液中，c（H+）＝10﹣xmol•L﹣1，c（OH﹣）＝10﹣ymol•L﹣1。x与y的关系如图所示，下列说法错误的是（）A．该温度下水的离子积KwB．该温度下0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH＝10 C．已知酸度AG=lgc(H+)D．向a点溶液中加入适量NaOH溶液，可实现a点向b点移动2．（2025秋•重庆期中）水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，则下列叙述正确的是（）A．水的pH随着温度的升高而降低 B．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw增大 C．35℃时，向水中加入NaOH，会导致水电离的氢离子浓度大于水电离的氢氧根浓度 D．水的离子积常数Kw随温度的升高而增大，说明水的电离是放热过程3．（2025秋•重庆期中）常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之比是（）A．1：1 B．9：1 C．1：10 D．1：94．（2025秋•重庆期中）常温下，用0.10mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol•L﹣1HCl溶液和20.00mL0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是（）A．图1是滴定醋酸的曲线 B．常温时，0.10mol/LNaOH溶液和0.10mol/LCH3COOH溶液的pH之和为14 C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂5．（2025秋•江西期中）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1HA溶液中滴加同浓度的MOH溶液，滴定过程中的pH变化与滴加MOH溶液的体积V（MOH）关系如图所示。已知：①HA的电离度=已电离的HA分子数②10﹣1.6≈0.025；③MOH为弱碱。下列说法正确的是（）A．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液中HA的电离度约为2.5% B．可用紫色石蕊作指示剂 C．水的电离程度：a＜b＜c D．b点对应的溶液中存在c（M+）＝c（A﹣）+c（HA）6．（2025秋•嘉兴期中）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣14 C．该温度下，加入少量FeCl3固体可能引起由a向b的变化 D．该温度下，加少量NaOH固体可能引起由c向d的变化7．（2025•河南模拟）常温时，向20mL0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．a点由水电离的氢离子浓度为10﹣13mol/L B．b点时，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol•L﹣1 C．c点时，V（NaOH）＝20mL D．反应过程中，c(CH8．（2024秋•牡丹江期末）下列操作可以使水的离子积常数KW增大的是（）A．通入少量氨气 B．加入少量稀HCl C．加热 D．加入少量醋酸钠固体9．（2025秋•城关区校级期中）常温下，用浓度为0.0200mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol•L﹣1HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η=V(标准液)A．Ka（CH3COOH）的数量级为10﹣4 B．点b：c(CHC．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的为d D．c点：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）10．（2025秋•浏阳市期中）20℃时，用0.100mol/L盐酸滴定20mL0.100mol/L氨水的图像如图所示，下列说法不正确的是（）A．a、b、c、d均有c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣B．b点时c（NH4+）＝c（Cl﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣C．c点表示酸碱恰好完全反应 D．d点时c（Cl﹣）＝2c（NH3•H2O）+2c（NH411．（2025秋•长沙校级月考）25℃时，用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[n(KOH)n(H2A)]与pH值、微粒分布分数δ[δ(X)=n(X)A．25℃时，H2A第二步电离平衡常数KaB．e点对应的pH值约为2 C．c点溶液中：2c（K+）＝3c（HA﹣） D．c、d两点溶液中水的电离程度：c＜d12．（2025秋•南开区校级期中）水的电离平衡图像如图所示，已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法正确的是（）A．T1＞T2 B．各点对应的水的离子积：Kw（f）＞Kw（b）＝Kw（d） C．向b点溶液通入少量HCl，其组成由b点沿直线向c点移动 D．T2温度下pH＝4的盐酸中由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）＝1×10﹣20二．解答题（共4小题）13．（2025秋•成都期中）生活中常用小苏打和白醋解决清洁、食品制作等问题，二者发生的反应为NaHCO3+CH3COOH═CH3COONa+CO2↑+H2O。回答下列问题：（1）上述反应中的物质属于强电解质的有（填化学式），根据该反应可知，Ka（CH3COOH）Ka1（H2CO3）（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）25℃时，向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体，下列图像最接近实验过程中电流（I）随所通入HCl的质量变化的是（填标号）。（3）将10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释至1L后，CH3COOH的电离程度（填“增大”“减小”或“不变”，下同），CH3COO﹣的数目，c(H+)（4）在相同温度下，分别向等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中加入足量的Mg条，反应刚开始时产生H2的速率v（HCl）v（CH3COOH）（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应结束后生成H2的质量m（HCl）m（CH3COOH）。（5）某温度下，将amol•L﹣1的CH3COOH溶液与0.01mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣）c（H+）＝1.0×10﹣7mol•L﹣1，则醋酸的电离常数Ka═（用含a的代数式表示）。14．（2025秋•商丘期中）氮化硅（Si3N4）陶瓷凭借其耐高温、低密度、耐磨损、高强度和优异的抗热冲击性能，已成为涡轮叶片、热防护系统和航空航天结构件的理想材料。回答下列问题：（1）由Si3N4和某些金属氧化物高温烧结得到的高温结构陶瓷属于（填字母）。A.传统硅酸盐材料B.新型陶瓷C.合金（2）依据Si3N4的性质可推测氮化硅属于（填字母）。A.离子晶体B.分子晶体C.共价晶体D.金属晶体（3）将Si3N4制成气凝胶，其隔热性能显著提升，可用于超音速飞行器天线罩。工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，写出相应的化学方程式：。（4）硅含量是Si3N4品质高低的重要指标，实验室用NaOH溶液浸出Si3N4，得到Na2SiO3溶液，再加入KF溶液并加硫酸酸化，得到K2SiF6沉淀，得到的K2SiF6沉淀经除酸洗净后加中性沸水使K2SiF6水解，析出的HF用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定。①滴定过程中锥形瓶的材质为（填“石英”“普通玻璃”或“有机玻璃”），滴定过程中使用的指示剂为，判断达到滴定终点的现象是。②写出生成K2SiF6沉淀的离子方程式：。③已知K2SiF6水解的方程式为K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF，取ag氮化硅样品经上述处理，滴定最终消耗NaOH标准溶液bmL，则氮化硅样品中硅元素的质量分数为%（用含a、b的式子表示）。15．（2025秋•城关区校级期中）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数K31.8×10﹣5Ka13.0×10﹣8已知：忽略混合前后溶液体积和温度的变化。回答下列问题：（1）当温度升高时，Ka（CH3COOH）（填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合呈（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。（3）下列反应不能发生的是（填标号）。a.Cb.Clc.Cd.2Cl（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，下列各式表示数值随加入的水的体积增大而增大的是（填标号）。a.n（H+）b.c（H+）c.c(Cd.c（OH﹣）（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数（填“＞”、“＝”或“＜”，下同）醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）醋酸溶液中水电离出来的（6）联氨（N2H4）性质与NH3相似，N2H4与水反应可生成一种二元弱碱。它在水溶液中电离的第一步电离方程式为N2H4+H16．（2024秋•西安期末）Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝9，试回答以下问题：（1）混合溶液的pH＝9的原因是：（用离子方程式表示）。（2）该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为。（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝mol/L（代入数据，列出算式即可）c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝mol/L。Ⅱ.（4）25℃下，向20mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴），随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3−、CO3②当pH＝7时，溶液中Na+、Cl﹣、HCO3−三种离子的浓度大小关系为③已知在25℃时，CO32−的第一步水解常数Kh1＝2.0×10﹣4，当溶液中c（HCO3−）：c（（5）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是（填字母序号）。①胆矾②氯化铝③硫酸铝④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾A．③④B．①③④C．①②③④⑤D．全部

2025-2026学年上学期高二化学人教版（2019）期末必刷常考题之水的电离和溶液的pH参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）题号1234567891011答案CADCABDCDBD题号12答案D一．选择题（共12小题）1．（2025秋•保定期中）某温度下的水溶液中，c（H+）＝10﹣xmol•L﹣1，c（OH﹣）＝10﹣ymol•L﹣1。x与y的关系如图所示，下列说法错误的是（）A．该温度下水的离子积KwB．该温度下0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH＝10 C．已知酸度AG=lgc(H+)D．向a点溶液中加入适量NaOH溶液，可实现a点向b点移动【答案】C【分析】A．水的离子积KwB．c(H+)=C．0.1mol•L﹣1盐酸中c（H+）＝10﹣1mol•L﹣1，c(OHD．a点x＝4、y＝8，加入NaOH后c（OH﹣）增大，c（H+）减小。【解答】解：A．水的离子积Kw=c(HB．0.01mol•L﹣1NaOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣2mol•L﹣1，则c(H+)=C．0.1mol•L﹣1盐酸中c（H+）＝10﹣1mol•L﹣1，c(OH−)=D．a点x＝4、y＝8，加入氢氧化钠后，氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，可移动到b点，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查水的电离等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2025秋•重庆期中）水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，则下列叙述正确的是（）A．水的pH随着温度的升高而降低 B．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw增大 C．35℃时，向水中加入NaOH，会导致水电离的氢离子浓度大于水电离的氢氧根浓度 D．水的离子积常数Kw随温度的升高而增大，说明水的电离是放热过程【答案】A【分析】水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），据此分析解答。【解答】解：A．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，故A正确；B．Kw只与温度有关，故向水中加入少量NaHSO4固体，Kw不变，故B错误；C．35℃时，向水中加入NaOH，增大氢氧根浓度，水中仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），故C错误；D．水的离子积常数Kw随温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程，故D错误；故选：A。【点评】本题考查水的电离，侧重考查学生获取信息、分析学习能力，知道离子积常数与温度的关系是解本题关键，注意：无论水的电离程度多大，水不能变为酸或碱，仍然呈中性，为易错点。3．（2025秋•重庆期中）常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之比是（）A．1：1 B．9：1 C．1：10 D．1：9【答案】D【分析】设Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积分别为xL、yL，当Ba（OH）2和NaHSO4溶液反应Ba2+恰好完全沉淀时反应为Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O，n[Ba（OH）2]＝n（NaOH），混合溶液pH＝11、即c（OH﹣）＝0.001mol/L、n（NaOH）＝0.001（x+y）mol，结合n＝cV进行计算。【解答】解：设Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积分别为xL、yL，当Ba（OH）2和NaHSO4溶液反应Ba2+恰好完全沉淀时反应为Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O，混合溶液pH＝11、c（NaOH）=10−14故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH计算，侧重计算能力和运用能力考查，明确化学方程式及pH相关计算是解题关键，题目难度中等。4．（2025秋•重庆期中）常温下，用0.10mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol•L﹣1HCl溶液和20.00mL0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是（）A．图1是滴定醋酸的曲线 B．常温时，0.10mol/LNaOH溶液和0.10mol/LCH3COOH溶液的pH之和为14 C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂【答案】C【分析】A．醋酸是弱酸，0.10mol•L﹣1HCl溶液和0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH：CH3COOH＞HCl；B．0.10mol/LCH3COOH溶液的pH＞1，0.10mol/LNaOH溶液的pH＝13；C．E点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒关系分析判断；D．NaOH和CH3COOH完全反应生成的CH3COONa呈碱性，结合甲基橙的变色范围分析判断。【解答】解：A．醋酸是弱酸，0.10mol•L﹣1HCl溶液和0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH：CH3COOH＞HCl，根据起始点pH大小可知，图1、图2分别表示滴定盐酸、醋酸的曲线，故A错误；B．醋酸是弱酸，0.10mol/LCH3COOH溶液的pH＞1，0.10mol/LNaOH溶液中c（OH﹣）＝0.1mol/L、c（H+）=10−140.1mol/L＝10C．E点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则离子浓度大小顺序为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．甲基橙的变色范围为3.1～4.4，NaOH和CH3COOH完全反应生成的CH3COONa呈碱性，则NaOH溶液滴定CH3COOH溶液时应该选择酚酞作指示剂，不能选择甲基橙作指示剂，故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH计算，侧重分析判断能力和运用能力考查，明确弱电解质的电离平衡、pH的计算是解题关键，题目难度中等。5．（2025秋•江西期中）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1HA溶液中滴加同浓度的MOH溶液，滴定过程中的pH变化与滴加MOH溶液的体积V（MOH）关系如图所示。已知：①HA的电离度=已电离的HA分子数②10﹣1.6≈0.025；③MOH为弱碱。下列说法正确的是（）A．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液中HA的电离度约为2.5% B．可用紫色石蕊作指示剂 C．水的电离程度：a＜b＜c D．b点对应的溶液中存在c（M+）＝c（A﹣）+c（HA）【答案】A【分析】A．由图可知，0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＝2.6，即已电离的c（HA）＝10﹣2.6mol/L，结合电离度公式进行计算；B．由图可知，滴定终点时pH＝7，应该选择酚酞作指示剂；C．酸或碱抑制水的电离，弱酸弱碱盐促进水的电离；D．由图可知，b点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒关系分析判断。【解答】解：A．由图可知，0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＝2.6，即已电离的c（HA）＝10﹣2.6mol/L，则HA的电离度为10B．石蕊的变色范围为pH在5～8之间，不适宜作指示剂，MOH滴定HA的滴定终点pH为7，应该选择酚酞作指示剂，故B错误；C．由图可知，a点溶液的pH＝4，抑制水的电离，由水电离的c（H+）＝10﹣10mol/L，b点溶液的pH＝7，由水电离的c（H+）＝10﹣7mol/L，c点溶液的pH＝9.8，抑制水的电离，由水电离的c（H+）＝10﹣9.8mol/L，则水的电离程度：a＜c＜b，故C错误；D．由图可知，b点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系为c（H+）+c（M+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），即c（M+）＝c（A﹣）＜c（A﹣）+c（HA），故D错误；故选：A。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，明确弱电解质的电离平衡、曲线上各点溶质的成分及性质是解题关键，题目难度中等。6．（2025秋•嘉兴期中）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣14 C．该温度下，加入少量FeCl3固体可能引起由a向b的变化 D．该温度下，加少量NaOH固体可能引起由c向d的变化【答案】B【分析】A．升温促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度同等程度增大；B．由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；C．该温度下，加入少量FeCl3固体溶解后铁离子水解促进水的电离，溶液显酸性，离子积常数不变；D．一定温度下，离子积常数不变，应在曲线上变化，c、d是不同温度下离子浓度变化。【解答】解：A．温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线上，故A错误；B．b点c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣7，故KW＝1.0×10﹣7×1.0×10﹣7＝1.0×10﹣14，故B正确；C．该温度下，加入少量FeCl3固体溶解后铁离子水解促进水的电离，溶液显酸性，离子积常数不变，可能引起由b向a的变化，故C错误；D．该温度下，加少量NaOH固体，抑制水的电离，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，离子积常数不变，不可能引起由c向d的变化，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，题目难度不大。7．（2025•河南模拟）常温时，向20mL0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．a点由水电离的氢离子浓度为10﹣13mol/L B．b点时，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol•L﹣1 C．c点时，V（NaOH）＝20mL D．反应过程中，c(CH【答案】D【分析】A．CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L；B．b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；C．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性；D．根据CH3COOH的电离平衡常数分析。【解答】解：A．CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，因而a点由水电离的氢离子浓度大于10﹣13mol/L，故A错误；B．b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，此时溶液的总体积为30mL，依据物料守恒可知c（CH3COOH）+c（CH3COONa）=20mL×0.1mol/LC．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH＞7，故C错误；D．反应过程中的c(CH3COO−故选：D。【点评】本题考查了物质反应后的溶液酸碱信息分析，图象的特征分析判断，盐类水解和电解质溶液中电荷守恒的理解应用是解题关键，题目难度中等。8．（2024秋•牡丹江期末）下列操作可以使水的离子积常数KW增大的是（）A．通入少量氨气 B．加入少量稀HCl C．加热 D．加入少量醋酸钠固体【答案】C【分析】水的电离过程为吸热过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，Kw只与温度有关。【解答】解：水的离子积常数Kw只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故C正确，故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意影响弱电解质电离的因素，从平衡移动的角度分析。9．（2025秋•城关区校级期中）常温下，用浓度为0.0200mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol•L﹣1HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η=V(标准液)A．Ka（CH3COOH）的数量级为10﹣4 B．点b：c(CHC．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的为d D．c点：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）【答案】D【分析】盐酸为强酸、醋酸为弱酸，结合图，a点为盐酸滴定终点、c为醋酸的滴定终点；【解答】解：A．a点时溶质成分为氯化钠和醋酸，c（CH3COOH）＝0.0100mol/L、c(H+)≈c(CH3B．b点溶液含有氯化钠和等浓度的醋酸、醋酸钠，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则c(CHC．醋酸、盐酸和氢氧化钠均会抑制水的电离，醋酸根离子促进水的电离，a、b点酸过量，c点酸、碱恰好完全反应，d点氢氧化钠过量，则水的电离程度最大的为c，故C错误；D．c点为等浓度的氯化钠和醋酸钠的混合液，溶液中质子守恒为：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH），故D正确；故选：D。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。10．（2025秋•浏阳市期中）20℃时，用0.100mol/L盐酸滴定20mL0.100mol/L氨水的图像如图所示，下列说法不正确的是（）A．a、b、c、d均有c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣B．b点时c（NH4+）＝c（Cl﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣C．c点表示酸碱恰好完全反应 D．d点时c（Cl﹣）＝2c（NH3•H2O）+2c（NH4【答案】B【分析】A、根据电荷守恒进行分析；B、根据电荷守恒进行分析；C、根据c点恰好与氨水完全反应进行分析；D、根据元素质量守恒进行分析。【解答】解：A．a、b、c、d均有NH4+、H+、Cl﹣和OH﹣，根据电荷守恒，均有c（H+）+c（NH4+）＝c（ClB．b点时溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），则c（NH4+）＝c（Cl﹣），但c（NH4+）＝c（Cl﹣）＞c（OHC．c点加入的盐酸为20mL，恰好与氨水完全反应，所以表示酸碱恰好完全反应，故C错误；D．d点时加入的盐酸为40mL，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，则c（Cl﹣）＝2c（NH3•H2O）+2c（NH4故选：B。【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。11．（2025秋•长沙校级月考）25℃时，用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[n(KOH)n(H2A)]与pH值、微粒分布分数δ[δ(X)=n(X)A．25℃时，H2A第二步电离平衡常数KaB．e点对应的pH值约为2 C．c点溶液中：2c（K+）＝3c（HA﹣） D．c、d两点溶液中水的电离程度：c＜d【答案】D【分析】A．H2A的第二步电离平衡常数Ka2=c(H+)⋅c(A2−)c(HA−)；当δ（HA⁻）＝δ（A2B．在H2A被滴定分数为0时，溶液的pH＞2，e点为H2A与HA⁻分布分数曲线交点，此时δ（H2A）＝δ（HA⁻），溶液中HA﹣将抑制H2A的电离，使溶液的酸性减弱；C．c点时，H2A被滴定分数为1.5，此时溶液中溶质为等物质的量的KHA和K2A，根据物料守恒，2c（K+）＝3[c（H2A）+c（HA⁻）+c（A2⁻）]，所以2c（K+）＞3c（HA⁻），c点溶液中，c（HA⁻）＝c（A2⁻），pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA⁻）+2c（A2⁻）；D．c点为HA⁻与A2⁻共存溶液，d点A2⁻浓度更大（滴定分数更高）。【解答】解：A．当δ（HA⁻）＝δ（A2⁻）时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），则Ka2＝c（H+），此时pH＝pKa2；图像中HA⁻与A2⁻分布分数曲线交点（c点）对应的pH约为7，故KaB．在H2A被滴定分数为0时，溶液的pH＞2，e点为H2A与HA⁻分布分数曲线交点，此时δ（H2A）＝δ（HA⁻），溶液中HA﹣将抑制H2A的电离，使溶液的酸性减弱，则e点溶液的pH值应比H2A被滴定分数为0时大，所以e点溶液的pH值一定大于2（在滴定曲线中a、b两点的纵坐标值之间），故B错误；C．c点时，H2A被滴定分数为1.5，溶质为等物质的量的KHA和K2A，根据物料守恒，2c（K+）＝3[c（H2A）+c（HA⁻）+c（A2⁻）]，所以2c（K+）＞3c（HA⁻），c点溶液中，c（HA⁻）＝c（A2⁻），pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA⁻）+2c（A2⁻），所以c（K+）＝3c（HA⁻），故C错误；D．c点为HA⁻与A2⁻共存溶液，d点A2⁻浓度更大；A2⁻水解促进水的电离，浓度越大对水电离的促进作用越强，故水的电离程度c＜d，故D正确；故选：D。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。12．（2025秋•南开区校级期中）水的电离平衡图像如图所示，已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法正确的是（）A．T1＞T2 B．各点对应的水的离子积：Kw（f）＞Kw（b）＝Kw（d） C．向b点溶液通入少量HCl，其组成由b点沿直线向c点移动 D．T2温度下pH＝4的盐酸中由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）＝1×10﹣20【答案】D【分析】水的电离是一个吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）增大，pH、pOH减小，则T1＜T2。【解答】解：A．水的电离是一个吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）增大，pH、pOH减小，T1＜T2，故A错误；B．水的电离是一个吸热过程，温度越高，电离常数越大，由分析可知，f点温度高于b、d点，b、d点的温度相同，则各点对应的水的离子积：Kw（f）＜Kw（b）＝Kw（d），故B错误；C．向b点溶液通入少量HCl，此时溶液的酸性增强，c（H+）增大，但水的离子积不变，所以c（OH﹣）减小，pH减小，但pOH增大，其组成由b点沿斜线向d点方向移动，故C错误；D．由b点可知，T2温度下，Kw=10−7×10−7=1×10故选：D。【点评】本题主要考查水的电离等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。二．解答题（共4小题）13．（2025秋•成都期中）生活中常用小苏打和白醋解决清洁、食品制作等问题，二者发生的反应为NaHCO3+CH3COOH═CH3COONa+CO2↑+H2O。回答下列问题：（1）上述反应中的物质属于强电解质的有NaHCO3、CH3COONa（填化学式），根据该反应可知，Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）25℃时，向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体，下列图像最接近实验过程中电流（I）随所通入HCl的质量变化的是C（填标号）。（3）将10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释至1L后，CH3COOH的电离程度增大（填“增大”“减小”或“不变”，下同），CH3COO﹣的数目增大，c(H+)（4）在相同温度下，分别向等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中加入足量的Mg条，反应刚开始时产生H2的速率v（HCl）＝v（CH3COOH）（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应结束后生成H2的质量m（HCl）＜m（CH3COOH）。（5）某温度下，将amol•L﹣1的CH3COOH溶液与0.01mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣）c（H+）＝1.0×10﹣7mol•L﹣1，则醋酸的电离常数Ka═1a−0.01×10【答案】（1）NaHCO3、CH3COONa；＞；（2）增大；增大；增大；（3）增大；增大；增大；（4）＝；＜；（5）1a−0.01×10【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；水溶液或熔融状态下能完全电离的电解质是强电解质；根据强酸制弱酸规律可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3；（2）向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体的反应为H++CH3COO﹣＝CH3COOH，溶液中减少的醋酸根离子和增加的氯离子的物质的量几乎相等；（3）CH3COOH溶液加水稀释时促进其电离，溶液中n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小；（4）醋酸是弱酸，等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）、n（CH3COOH）＞n（HCl），分别与足量Mg条时生成n（H2）：CH3COOH＞HCl；（5）CH3COOH溶液与的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣），溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+）＝1.0×10﹣7mol•L﹣1，混合溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，剩余c（CH3COOH）=12（a﹣0.01）mol/L，c（CH3COO﹣）＝c（Na+）=12×0.01mol/L，结合醋酸的电离常数Ka【解答】解：（1）反应NaHCO3+CH3COOH═CH3COONa+CO2↑+H2O中，NaHCO3、CH3COONa属于强电解质，CH3COOH、H2O属于弱电解质，CO2为非电解质，根据强酸制弱酸规律可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3，酸的酸性越强，其电离常数越大，即Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3），故答案为：NaHCO3、CH3COONa；＞；（2）向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体的离子方程式为H++CH3COO﹣＝CH3COOH，溶液中减少的醋酸根离子和增加的氯离子的物质的量几乎相等，溶液的体积几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，与C图变化趋势一致，故答案为：C；（3）CH3COOH溶液加水稀释时促进其电离，溶液中n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，即将10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释至1L后，CH3COOH的电离程度增大，CH3COO﹣的数目增大，c(H故答案为：增大；增大；增大；（4）醋酸是弱酸，等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）、n（CH3COOH）＞n（HCl）分别与足量Mg条时生成n（H2）和m（H2）：CH3COOH＞HCl，但起始时反应速率：v（HCl）＝v（CH3COOH），故答案为：＝；＜；（5）CH3COOH溶液与的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣），溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+）＝1.0×10﹣7mol•L﹣1，混合溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，剩余c（CH3COOH）=12（a﹣0.01）mol/L，c（CH3COO﹣）＝c（Na+）=12×0.01mol/L，则醋酸的电离常数Ka═c(CH3COO−)故答案为：1a−0.01×10【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液的定性判断，明确强弱电解质判定、弱电解质的电离平衡及化学平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。14．（2025秋•商丘期中）氮化硅（Si3N4）陶瓷凭借其耐高温、低密度、耐磨损、高强度和优异的抗热冲击性能，已成为涡轮叶片、热防护系统和航空航天结构件的理想材料。回答下列问题：（1）由Si3N4和某些金属氧化物高温烧结得到的高温结构陶瓷属于B（填字母）。A.传统硅酸盐材料B.新型陶瓷C.合金（2）依据Si3N4的性质可推测氮化硅属于C（填字母）。A.离子晶体B.分子晶体C.共价晶体D.金属晶体（3）将Si3N4制成气凝胶，其隔热性能显著提升，可用于超音速飞行器天线罩。工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，写出相应的化学方程式：6C+3SiO2+2N2高温Si3N4+6CO（4）硅含量是Si3N4品质高低的重要指标，实验室用NaOH溶液浸出Si3N4，得到Na2SiO3溶液，再加入KF溶液并加硫酸酸化，得到K2SiF6沉淀，得到的K2SiF6沉淀经除酸洗净后加中性沸水使K2SiF6水解，析出的HF用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定。①滴定过程中锥形瓶的材质为有机玻璃（填“石英”“普通玻璃”或“有机玻璃”），滴定过程中使用的指示剂为酚酞，判断达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色。②写出生成K2SiF6沉淀的离子方程式：2K++SiO32−+6F﹣+6H+＝K2SiF6③已知K2SiF6水解的方程式为K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF，取ag氮化硅样品经上述处理，滴定最终消耗NaOH标准溶液bmL，则氮化硅样品中硅元素的质量分数为7×10−2【答案】（1）B；（2）C；（3）6C+3SiO2+2N2高温Si3N4（4）①有机玻璃；酚酞；当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色；②2K++SiO32−+6F﹣+6H+＝K2SiF③7×10【分析】（1）氮化硅（Si3N4）高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料；（2）共价晶体的熔点较高；（3）工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；（4）①HF能腐蚀玻璃；NaF溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂；酚酞遇碱变红色；②Na2SiO3和KF、H2SO4反应生成K2SiF6沉淀和Na2SO4，反应方程式为：Na2SiO3+6KF+3H2SO4＝K2SiF6↓+2K2SO4+Na2SO4+3H2O；③根据Si原子守恒得Si3N4～3Na2SiO3～3K2SiF6，结合方程式K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF、HF+NaOH＝NaF+H2O得关系式Si3N4～4NaOH，n（NaOH）＝0.1000mol•L﹣1×10﹣3bL＝10﹣4bmol，n（Si3N4）=112n（NaOH）=112×10﹣4bmol，n（Si）＝3n（Si3N4）＝3×112【解答】解：（1）氮化硅（Si3N4）高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，传统硅酸盐产品有陶瓷、水泥、玻璃，故答案为：B；（2）氮化硅（Si3N4）陶瓷凭借其耐高温、低密度、耐磨损、高强度和优异的抗热冲击性能，所以氮化硅的熔点较高，属于共价晶体，故答案为：C；（3）工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式为6C+3SiO2+2N2高温Si3N4故答案为：6C+3SiO2+2N2高温Si3N4（4）①HF能腐蚀玻璃，所以应该用有机玻璃锥形瓶；NaF溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂；酚酞遇碱变红色，滴定终点为：当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色，故答案为：有机玻璃；酚酞；当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色；②Na2SiO3和KF、H2SO4反应生成K2SiF6沉淀和Na2SO4，反应方程式为：Na2SiO3+6KF+3H2SO4＝K2SiF6↓+2K2SO4+Na2SO4+3H2O，离子方程式为2K++SiO32−+6F﹣+6H+＝K2SiF故答案为：2K++SiO32−+6F﹣+6H+＝K2SiF③根据Si原子守恒得Si3N4～3Na2SiO3～3K2SiF6，结合方程式K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF、HF+NaOH＝NaF+H2O得关系式Si3N4～4NaOH，n（NaOH）＝0.1000mol•L﹣1×10﹣3bL＝10﹣4bmol，n（Si3N4）=112n（NaOH）=112×10﹣4bmol，n（Si）＝3n（Si3N4）＝3×112×10﹣4bmol＝2.5×10故答案为：7×10【点评】本题考查元素化合物的性质、物质含量的测定，侧重考查分析、判断及计算能力，明确物质的性质及物质之间的转化关系、方程式的计算方法是解本题的关键，注意：HF能腐蚀玻璃。15．（2025秋•城关区校级期中）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数K31.8×10﹣5Ka13.0×10﹣8已知：忽略混合前后溶液体积和温度的变化。回答下列问题：（1）当温度升高时，Ka（CH3COOH）增大（填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合呈酸性（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。（3）下列反应不能发生的是cd（填标号）。a.Cb.Clc.Cd.2Cl（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，下列各式表示数值随加入的水的体积增大而增大的是ad（填标号）。a.n（H+）b.c（H+）c.c(Cd.c（OH﹣）（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数＞（填“＞”、“＝”或“＜”，下同）醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）＜醋酸溶液中水电离出来的（6）联氨（N2H4）性质与NH3相似，N2H4与水反应可生成一种二元弱碱。它在水溶液中电离的第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，写出它的第二步电离方程式N2H5+【答案】（1）增大；（2）酸性；（3）cd；（4）ad；（5）＞；＜；（6）N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣；N【分析】（1）当温度升高时，促进CH3COOH电离；（2）25℃时，pH＝3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH＝11的氢氧化钠溶液的物质的量浓度，二者等体积混合时，醋酸有大量剩余；（3）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致稀释后的溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中，弱酸继续电离，酸越弱，稀释相同倍数后溶液的pH值越小，酸的电离平衡常数越小；酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离出的c（H+）越小；（6）它的第二步电离生成N2H62+和OH﹣，它和硫酸反应形成的酸式盐中阳离子为N2【解答】解：（1）当温度升高时，促进CH3COOH电离，则Ka（CH3COOH）增大，故答案为：增大；（2）25℃时，pH＝3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH＝11的氢氧化钠溶液的物质的量浓度，二者等体积混合时，醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，故答案为：酸性；（3）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCOa.酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCOb.酸性CH3COOH＞HClO，根据强酸制取弱酸原理知，该反应能发生，故b错误；c.酸性H2CO3＞HClO＞HCO3−，所以CO32−d.酸性H2CO3＞HClO＞HCO3−，所以CO32−故答案为：cd；（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致稀释后的溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；a.稀释过程中促进CH3COOH电离，则n（H+）增大，故a正确；b.释过程中促进CH3COOH电离，则n（H+）增大，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故b错误；c.稀释过程中c（H+）减小，温度不变，电离平衡常数不变，则c(CHd.稀释过程中c（H+）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，故d正确；故答案为：ad；（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中，弱酸继续电离，酸越弱，稀释相同倍数后溶液的pH值越小，酸的电离平衡常数越小，根据图知，pH相同的醋酸和HX，稀释相同的倍数后，CH3COOH溶液的pH值较小，则HX的酸性比CH3COOH的酸性强，所以HX的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数；酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离出的c（H+）越小，醋酸中氢离子浓度较大，则HX溶液中水电离出来的c（H+）小于醋酸溶液中水电离出来的，故答案为：＞；＜；（6）它的第二步电离生成N2H62+和OH﹣，其第二步电离方程式为N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，它和硫酸反应形成的酸式盐中阳离子为N2故答案为：N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣；N【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识的综合运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸的原理等知识点是解本题的关键，题目难度不大。16．（2024秋•西安期末）Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝9，试回答以下问题：（1）混合溶液的pH＝9的原因是：（用离子方程式表示）CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣。（2）该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为104：1。（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝10﹣5﹣10﹣9mol/L（代入数据，列出算式即可）c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝10﹣9mol/L。Ⅱ.（4）25℃下，向20mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴），随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3−、CO3②当pH＝7时，溶液中Na+、Cl﹣、HCO3−三种离子的浓度大小关系为c（Na+）＞c