第41讲 溶液中微粒浓度的大小比较（解析版）- 高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练第41讲溶液中微粒浓度的大小比较【复习目标】1．理解电解质溶液中的电离平衡和水解平衡。2．掌握溶液中各组分之间的守恒关系与大小比较。【知识精讲】一、熟悉两大理论，构建思维基点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、NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。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：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>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：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。二、把握三种守恒，明确等量关系1．电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，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溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2．物料守恒规律（元素质量守恒）变化前后某种元素的原子个数守恒。①单一元素守恒，如1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol，即氮元素守恒。②两元素守恒，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)。(3)质子守恒电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。三、理顺解答思路，构建思维模型【例题1】室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是()A．0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)C．0.1mol·L－1明矾溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))【答案】C【解析】0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由元素质量守恒知，c(COeq\o\al(2－,3))不应乘以2，D错误。【例题2】现有4种混合溶液分别由等体积0.1mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa；②NH4Cl与HCl；③NH4Cl与NaCl；④NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是()A．pH：②<①<③<④B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④C．溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))：①<③<②<④D．溶液中c(NH3·H2O)：①<③<④<②【答案】C【解析】A项，④呈碱性，①呈中性，③呈弱酸性，②呈强酸性，故pH：②<③<①<④，错误；B项，溶液中c(H＋)：④<①<③<②，错误；D项，溶液中c(NH3·H2O)：②<③<①<④，错误。【例题3】已知：H2B=H＋＋HB－，HB－H＋＋B2－。室温下，取30mL0.1mol·L－1某二元酸H2B，滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。下列说法正确的是()A．0.1mol·L－1的H2B溶液中有c(H＋)＝c(OH－)＝c(B2－)＝0.1mol·L－1B．当滴加至中性时，溶液中c(Na＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)C．当用去NaOH溶液体积为15mL时，溶液的pH>7D．当用去的NaOH溶液体积为30mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＋2c(H2B)【答案】B【解析】由H2B的电离方程式可知，其一级电离完全，二级电离不完全，则0.1mol·L－1的H2B溶液中一级电离产生的c(H＋)＝0.1mol·L－1，二级电离继续产生氢离子，则氢离子的浓度大于0.1mol·L－1，溶液显酸性，c(OH－)<c(H＋)，故A错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)＋c(OH－)，滴加至中性时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)，故B正确；当用去NaOH溶液体积为15mL时，恰好与H2B1∶1反应完，反应后的溶液为NaHB，只能发生电离，使溶液显酸性，pH<7，故C错误；当用去的NaOH溶液体积为30mL时，H2B完全反应，反应后溶液为Na2B溶液，B2－为弱酸阴离子可以发生水解，但HB－为强酸阴离子不发生水解，则溶液中不存在H2B，故D错误。【例题4】比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是______________。(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是___________________________。(3)c(NHeq\o\al(＋,4))相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为______________________。【答案】(1)③>②>④>①(2)②>①>③(3)④>②>③>①【真题演练】1．（2022·江苏·高考真题）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()+c()。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()B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)++c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；C．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，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；D．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．（2022·辽宁·高考真题）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（）A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表C．的平衡常数D．【答案】D【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；故答案选D。3．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的的是（）A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2OC．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【详解】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO3，B项错误；C．根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误；答案选C。4．（2021·湖北·高考真题）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是（）A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化B．H3PO3的结构简式为C．pH=4的溶液中：c(H2PO)<0.1mol·L-1-2c(HPO)D．H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K>1.0×105【答案】D【详解】A．图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；根据x点知，时，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线①表示随的变化，故A错误；B．为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C．即，由图可知，此时，，即，而，故，故C错误；D．由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。5．（2021·辽宁·高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（）【如分布分数：】A．的为 B．c点：C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．【答案】C【分析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。【详解】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B．根据图像可知c点中，B错误；C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；答案为：C。6．（2021·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（）A．在溶液中B．在溶液中C．在溶液中D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中【答案】A【详解】A．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，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确；B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；故选A。7．（2021·浙江·高考真题）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是（）A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B．过程中：逐渐减小C．过程中：D．令c点的，e点的，则【答案】C【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。【详解】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。8．（2021·湖南·高考真题）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（）A．该溶液中：B．三种一元弱酸的电离常数：C．当时，三种溶液中：D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【答案】C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。【详解】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D正确；故选C。9．（2021·全国·高考真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是（）A．溶液时，B．MA的溶度积C．溶液时，D．HA的电离常数【答案】C【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；故选C。10．（2021·浙江·高考真题）实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是（）A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【详解】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)-c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。11．（2020·天津·高考真题）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CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，【答案】A【详解】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。12．（2020·浙江·高考真题）常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是（）A．在氨水滴定前，和的混合液中B．当滴入氨水时，C．当滴入氨水时，D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，【答案】D【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。【详解】A.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.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；C.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()+c(OH-)，C正确；D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c()＞c(Cl-)，D不正确；故选D。13．（2020·全国·高考真题）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是（）A．曲线①代表，曲线②代表B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D．滴定终点时，溶液中【答案】C【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。14．（2021·山东·高考真题）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是（）A．>B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。【详解】A．，，因此，故A错误；B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。15．（2020·江苏·高考真题）室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，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．混合溶液(pH=10.30)：B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C．混合溶液(pH=4.76):D．混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):【答案】AD【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，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：，故A正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；C.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.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。16．（2020·山东·高考真题）25℃时，某混合溶液中，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（）A．O点时，B．N点时，C．该体系中，D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【分析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。【详解】A.根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A错误；B.N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D.醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。【课后精练】第I卷（选择题）1．（2022·云南师大附中高三阶段练习）科学研究人员在金星大气中探测到了只属于PH3的光谱特征，据此推断金星大气层或存在生命。已知P4与足量的KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑，可制备PH3.H3PO2为弱电解质，NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．1molP4熔化时需要克服6mol非极性键B．每产生22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NAC．常温下，1L0.1mol·L-1的KH2PO2溶液pH>7，含有的H2PO离子数小于0.1NAD．PH3的沸点大于H2O的沸点【答案】C【详解】A．P4属于分子晶体，熔化时只需克服范德华力，A错误。B．没有给出标准状况下，无法计算物质的量，B错误。C．依题意，KH2PO2为正盐且属于强碱弱酸盐，水溶液pH>7，因H2PO会水解，故其离子数小于0.1NA，C正确。D．水中存在分子间氢键，而PH3中没有，故沸点PH3<H2O，D错误。故选C。2．（2022·全国·高三专题练习）下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性是（）A．HCO+H2OH3O++CO B．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．HS-+H2OH2S+OH- D．H2CO3+H2OH3O++HCO【答案】B【详解】A．是的电离方程式，A错误；B．水解生成Fe(OH)3，溶液呈酸性，B正确；C．HS-+H2OH2S+OH-，是水解反应，溶液呈碱性，C错误；D．H2CO3+H2OH3O++HCO是电离方程式，D错误；答案选B。3．（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）MOH为一元弱碱，向MCl的稀溶液中不断加入蒸馏水，c(H+)随c(M+)而变化。实验发现，某温度下，c2(H+)~c(M+)为线性关系，如下图实线所示。下列叙述错误的是（）A．当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c(OH-)=1×10-7mol·L-1B．溶液中存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C．该温度下，M+的水解平衡常数Kh=1×10-10D．a点溶液中：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)【答案】D【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意：温度不是常温，需计算该温度下的水的离子积常数以及电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【详解】A．该温度下纯水溶液中c(H+)=c(OH-)，Kw=c(H+)c(OH-)=c2(H+)=210-14，当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c2(H+)=410-14，Kw=210-14，故c(OH-)=1×10-7mol·L-1，A正确；

B．溶液呈电中性，故MCl的稀溶液中始终存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；C．该温度下，M+的水解方程式为M++H2OMOH+H+，平衡常数Kh=，利用c(M+)=2×10-4mol·L-1点进行计算，该点c(H+)=2×10-7mol·L-1，c(OH-)=1×10-7mol·L-1，c(MOH)=c(H+)-c(OH-)=1×10-7mol·L-1，故Kh=，C正确；D．，其中c(M+)=110-4mol·L-1，c(OH-)/c(MOH)=2>1，故c(OH-)>c(MOH)，D错误。4．（2022·江西·丰城九中高三开学考试）羟胺的电离方程式：(25℃时，)。用0.1mol/L的盐酸滴定羟胺溶液，温度恒定为25℃时，滴定过程中由水电离出来的浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知：)。下列说法错误的是（）A．图中B．A点对应溶液的C．B、D两点对应的溶液的pH不相等D．C点对应溶液中存在：【答案】B【详解】纵坐标越小，水电离程度越大，溶液中c(NH3OH+)浓度越大，A．根据图知，C点溶质为NH3OHCl，溶液呈酸性，A点溶液呈碱性，则B点溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，碱应该稍微过量，所以V1＜10，选项A正确；B．A点溶液中NH2OH电离程度较小，则c(OH-)≈c(NH3OH+)，c(NH2OH)≈0.1mol/L，则A点c(OH-)≈=3.0×10-5mol/L，c(H+)=mol/L=×10-9mol/L，则溶液的pH=-lg×10-9mol/L=9.5，选项B错误；C．由图像知，B点水电离出的氢离子浓度为1×10-7mol/L，溶液呈中性，D点溶液HCl过量，溶液呈酸性，B、D两点对应的溶液的pH不相等，选项C正确；D．C点溶质为NH3OHCl，由质子守恒：，选项D正确；答案选B。5．（2022·上海市北虹高级中学期末）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）化学性质实际应用A碳酸钠水溶液呈碱性纯碱溶液用于去除油污B铝单质具有两性用铝锅盛放食醋C次氯酸盐具有氧化性漂粉精漂白织物D硫酸钡不溶于酸X射线透视肠胃的内服药剂A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．油污在碱性条件下可水解生成溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，故可用纯碱溶液除油污，A正确；B．铝单质具有两性，能与醋酸反应，故不能用铝锅盛放食醋，B错误；C．次氯酸具有强氧化性，漂粉精能生成次氯酸从而漂白织物，C正确；D．硫酸钡不溶于盐酸，故可用做X射线透视肠胃的内服药剂，D正确；故答案选B。6．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）完成下列实验所选择的装置正确的是（）选项ABCD实验用图示方法检查此装置的气密性高温熔融烧碱准确量取一定体积的KMnO4标准溶液蒸发FeCl3溶液制取无水FeCl3装置A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．可以利用压强检测装置气密性，故A正确；B．石英坩埚主要成分为SiO2，在高温下会与烧碱反应，故B错误；C．量取液体应用量筒，故C错误；D．制备无水FeCl3要在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液，故D错误；故选A。7．（2022·江苏南京·开学考试）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈剂B．SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂C．小苏打可以和碱反应，可用作抗酸药D．FeCl3具有氧化性，可用作净水剂【答案】A【详解】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈反应，A正确；B．SO2具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，B错误；C．小苏打中碳酸氢根水解使溶液呈碱性可与酸反应，可用作抗酸药，C错误；D．FeCl3中三价铁离子可以水解生成氢氧化铁胶体具有吸附能力，可用作净水剂，D错误。8．（2022·福建龙岩·期末）下列溶液因水解呈酸性的是（）A． B． C． D．【答案】A【详解】A．中的铵根离子可水解：，溶液显酸性，A正确；B．KNO3为强酸强碱盐，不水解，B错误；C．NaHSO4电离可以产生H+，Na+和均不水解，C错误；D．溶液水解显碱性：，D错误。故本题选A。9．（2020·北京·人大附中高三阶段练习）亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如下图所示。下列说法中，不正确的是（）A．K3AsO3溶液中的水解方程式：AsO33-+H2OHAsO32-+OH-B．pH=12.8时，c(HAsO32-)＞c(H2AsO3-)=c(AsO33-)C．pH=12时，溶液中c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)D．pH=9.2时，在H2AsO3-和H3AsO3的混合溶液中：c(H2AsO3-):c(H3AsO3)=1:1【答案】C【详解】A.K3AsO3属于弱酸强碱盐，水解显碱性，溶液中的水解方程式AsO33-+H2OHAsO32-+OH-，A正确；B.根据图像可知：在pH=12.8时，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)＜c(HAsO32-)，B正确；C.pH=12时，溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，C错误；D.从图像可出：pH=9.2时，H2AsO3-物质的量分数与和H3AsO3物质的量分数相等，即1:1，所以在H2AsO3-和H3AsO3的混合溶液中：c(H2AsO3-):c(H3AsO3)=1:1，D正确；正确选项C。10．（2019·河北·大名县第一中学阶段练习）一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列说法正确的是（）A．加入少量NaOH固体，c（CH3COO－）减小B．加入少量FeCl3固体，c（CH3COO－）减小C．稀释溶液，溶液的pH增大D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（OH－）【答案】B【详解】A．加入少量NaOH固体，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)减大，A错误；B．加入少量FeCl3固体，水解呈酸性，促进CH3COO－水解，c(CH3COO－)减小，B正确；C．稀释溶液，促进水解，溶液的pH减小，C错误；D．加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，根据电荷守恒可知c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，D错误。答案选B。11．（2022·江西省万载中学阶段练习）钾的化合物对调节体内循环有重要用途，一定温度下，下列溶液中的离子浓度关系式正确的是（）A．K2S溶液中：2c(K+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)B．K2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)C．0.1mol•L-1的KHCO3溶液中：c(K+)+c(H+)=c()+c()+c(OH-)D．pH相同的①CH3COOK、②KOH、③KClO三种溶液中的c(K+)：③>①>②【答案】B【详解】A．K2S溶液中存在物料守恒，即含有钾元素的微粒浓度和含有S元素微粒浓度之和的比为2:1，根据物料守恒得c(K+)=2[c(S2‒)+c(HS‒)+c(H2S)]，选项A错误；B．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH‒)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，选项B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH‒)，选项C错误；D．pH相同的这几种物质，KOH是强碱，其浓度最小；钾盐水解程度越大，pH相同时钾盐浓度越小，KClO水解程度较大；则浓度①>③，所以三种溶液浓度：①>③>②，所以c(K+):①>③>②，选项D错误；答案选C。12．（2022·福建龙岩·期末）常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是（）A．溶液：B．的溶液：C．能使甲基橙变为红色的溶液：D．水电离出的的溶液：【答案】B【详解】A．铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成水、二氧化碳和氢氧化铝，A错误；B．时，溶液中存在氢氧根离子，在碱性条件下，相互之间不反应，和氢氧根离子也不反应可以共存，B正确；C．甲基橙变为红色，则溶液显酸性，在酸性条件下二价铁和硝酸根离子会反应，C错误；D．水电离出的的溶液，说明溶液显酸性或者碱性，碱性条件下，镁离子，铜离子会形成沉淀，酸性条件下，醋酸根离子会形成醋酸分子，不能共存，D错误；故选B。13．（2022·江西南昌·高三阶段练习）下列说法正确的是（）A．NaHS水解的离子方程式：HS-+H2OH3O++S2B．H2CO3在水溶液中的电离：H2CO32H++COC．常温下，BaSO4在硫酸溶液中的Ksp大于其在水中的KspD．碱性氢氧燃料电池，负极电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O【答案】D【详解】A．HS-+H2OH3O++S2是HS-的电离方程式、不是水解的离子方程式，A错误；B．多元弱酸分步电离，H2CO3在水溶液中的电离：H2CO3H++HCO，B错误；C．溶度积常数只受温度影响，常温下，BaSO4在硫酸溶液中的Ksp等于其在水中的Ksp，C错误；D．碱性氢氧燃料电池，负极氢气失去电子、在氢氧根参与下生成水，电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，D正确；答案选D。14．（2022·湖北武汉·高三阶段练习）常温下，用0.12mol/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液中电导率k、-lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如下图所示。下列叙述错误的是（）A．当时，溶液中的溶质为NaClB．该BaCl2溶液的物质的量浓度是6.0×10-3mol/LC．该温度下BaSO4的溶度积常数D．当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中【答案】D【详解】A．根据图示可知：当时，Na2SO4与BaCl2恰好反应完全，溶液的电导率最小，则此时溶液中的溶质为NaCl，A正确；B．根据反应Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，n(BaCl2)=n(Na2SO4)=0.12mol/L×2.5mL=3.0×10-4mol，而BaCl2溶液体积是50mL，故c(BaCl2)==6.0×10-3mol/L，B正确；C．根据图示可知当V(Na2SO4)=2.5mL时恰好发生反应Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，此时-lgc(Ba2+)=5.0，c(Ba2+)=10-5.0mol/L，溶液中的Ba2+为BaSO4电离产生，则c()=c(Ba2+)=10-5.0mol/L，由于Ksp(BaSO4)=c()∙c(Ba2+)=10-5.0mol/L×10-5.0mol/L=10-10(mol/L)2，C正确；D．根据上述分析可知：当V(Na2SO4)=2.5mL时恰好发生反应Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，此时溶液中溶质为NaCl，n(NaCl)=6.0×10-4mol。当V(Na2SO4)=3.00mL时，n(Na2SO4)=0.12mol/L×(3.0-2.5)×10-3L=6.0×10-5mol，所以c(Cl-)＞c()，D错误；故合理选项是D。15．（2022·广西桂林·高三开学考试）某化学小组的同学测定0.1mol/L溶液在先升温再降温过程中的pH(不将虑温度变化过程中溶液体积的变化)，数据如表，下列有关说法中正确的是（）时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25A．①与④的值不相等B．④的pH与①不同，是浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响一致D．溶液中存在水解平衡：【答案】B【详解】A．①与④的温度相同，则值相等，A错误；B．温度相同，④的pH与①比较偏小，则氢氧根离子浓度减小，说明过程中浓度减小，导致水解产生氢氧根离子浓度减小，B正确；C．①→③的过程中，温度升高，pH降低，由于被氧化为硫酸根离子，浓度减小，水解平衡逆向移动；而升高温度平衡正向移动，因此温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；D．溶液中存在水解平衡：，D错误；故选B。16．（2022·河南商丘·高二期末）用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（）[如A2-分布分数：δ(A2-)=]A．H2AKa1为10-10.25B．b点溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C．第一次突变，可选甲基橙作指示剂D．c点：c(HA-)>c(H2A)【答案】D【分析】用0.1000mol/L盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，pH较大时A2-的分布分数δ最大，随着pH的减小，A2-的分布分数δ逐渐减小，HA-的分布分数δ逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分数δ逐渐减小，H2A的分布分数δ逐渐增大，表示H2A、HA-、A2-的分布分数δ的曲线如图所示：【详解】A．H2A的Ka1=根据上图交点1计算可知Ka1=10-6.38，A错误；B．由图像可知b点溶液显碱性，c(H+)<c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-)，B错误；C．根据图像可知第个次滴定突跃溶液呈碱性，不可以选择甲基橙做指示剂，应选择酚酞，C错误；D．根据图像可知c点中c(HA-)>c(H2A)，D正确；故选D。第II卷（非选择题）17．（2022·江西省万载中学阶段练习）回答下列问题：(1)CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。①Na2CO3俗称纯碱，因水解而使其水溶液呈碱性，试写出水解的离子方程式(忽略第二步水解)：__________________。②已知25℃时，的水解常数Kh=2×10-4，则当Na2CO3溶液中c()：c()=2：1时，试求该溶液的pH=___________。③0.1mol•L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=__________________[用含c()、c(H2CO3)的关系式表示]。④向Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关的离子方程式：________________________________。(2)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液，则两溶液中c()、c()和c(CH3COO-)由大到小的顺序为__________________(已知：HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L-1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是___________(填选项字母)。a.向溶液A中加适量水

b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水

d.向溶液B中加适量NaOH【答案】(1)＋H2O＋OH－

10

c()+2c(H2CO3)

3＋2Al3＋+3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑(2)c()>c(NO)>c(CH3COO－)

bc【解析】（1）①第一步水解生成碳酸氢根离子、氢氧根离子，水解的离子方程式为＋H2O＋OH－；②第一步水解的平衡常数Kh＝=2×10－4mol·L－1，当溶液中c()∶c()＝2∶1时，2×10－4mol·L－1，10-4mol·L－1，溶液的pH＝10；③0.1mol•L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒有：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，故有c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)；④向Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，是发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式是3＋2Al3＋+3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；（2）根据方程式2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应生成0.1molNaNO2、0.1molNaNO3，溶液体积为1L，则NaNO2、NaNO3的浓度均为0.1mol/L；HNO3是强酸，NaNO3不水解，HNO2的电离常数Ka＝7.1×10－4mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5mol·L－1，酸性HNO2＞CH3COOH，所以CH3COO－水解程度大于，所以两份溶液中c()、c()和c(CH3COO－)由大到小的顺序为c()>c(NO)>c(CH3COO－)；a．向溶液A中加适量水，A的pH降低，不能使两溶液pH相等，选项a不符合；b．向溶液A中加适量NaOH，A的pH升高，能使两溶液pH相等，选项b符合；c．向溶液B中加适量水，B的pH降低，能使两溶液pH相等，选项c符合；d．向溶液B中加适量NaOH，B的pH升高，不能使两溶液pH相等，选项d不符合；

答案选bc。18．（2022·重庆市第七中学校阶段练习）自然界是各类物质相互依存、各种变化相互制约的复杂平衡体系，而水溶液中的离子平衡是其中一个重要方面。请根据所学知识，回答下列问题。(1)常温下，在体积为20mL、浓度为0.1mol·L-1的HA溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H＋)表示为pH水=-lgc(H＋)水。pH水与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。①请写出HA的电离方程式：____________________________。②B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为：_______。③A点c(Na+)_______c(A-)(填“<”、“=”或“>”)④y点的pH_______7(填“<”、“=”或“>”)。(2)常温下，已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Ka(HCOOH)=1.8×10-4。①CH3COOH和HCOOH互为_______(填“同分异构体”或“同系物”)。②0.1mol/L的CH3COOK溶液和0.1mol/LHCOONa溶液相比，c(K+)-c(CH3COO-)_______c(Na+)-c(HCOO-)(填“<”、“=”或“>”)。③向0.1mol/LHCOOH溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，当溶液中c(HCOOH)∶c(HCOO-)=5∶9时，此时的溶液pH=_______。【答案】(1)HAH++A-

c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)

=

>(2)同系物

>

4【解析】（1）①由图可知，HA为一元弱酸，HA的电离方程式：HA⇌H++A-。②当NaOH溶液体积为20mL时正好中和完，B点溶质为NaA，此时溶液中A-水解，则有c(OH-)＞c(H+)，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。③A点pH=7，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)。④C点的溶质为NaA和NaOH，y点的pH＞7。（2）①CH3COOH和HCOOH结构相似，组成上相差1个CH2，互为同系物。②0.1mol/L的CH3COOK溶液和0.1mol/LHCOONa溶液相比，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5＜Ka(HCOOH)=1.8×10-4，c(CH3COO－)＜c(HCOO－)，且c(K+)=c(Na+)，则c(K+)-c(CH3COO－)＞c(Na+)-c(HCOO－)。③甲酸的电离平衡常数表达式为：=1.8×10-5，当溶液中c(HCOOH)∶c(HCOO－)=5∶9时，c(H+)=1.8×10-5×=10-4mol/L，pH=4。19．（2022·河北·石家庄市第二十四中学）在常温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl②0.lmol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤0.lmol/LNH3·H2O。请根据要求填写下列空白：(1)溶液①呈酸性，其原因是_______(用离子方程式表示)。(2)在上述五种溶液中，pH最小的是_______；c)最小的是_______(填序号)。(3)比较溶液②、③中c()的大小关系是②_______③(填“＞”、“＜”或“=”)。(4)已知，常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液的Ka与0.1mol/LNH3·H2O溶液的Kb相等，请写出②中离子浓度由大到小的顺序：______________。【答案】(1)(2)③

⑤(3)＜(4)c()=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)【解析】（1）NH4Cl溶液中结合水电离出的OH-，促进水电离，导致溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，即水解，；（2）显酸性的溶液有：①③，③NH4HSO4完全电离产生大量H+，远多于①中微弱水解生成的H+，故酸性最强的是③，即pH最小；①②③④中都存在铵盐完全电离的情况，而⑤中是氨水微弱电离产生的，故最小的是⑤；（3）②中CH3COO-与双水解，相互促进，导致减小，③中存在大量的H+，抑制水解，故：②<③（4）0.1mol/LCH3COOH溶液的Ka与0.1mol/LNH3·H2O溶液的Kb相等，说明②中铵根的水解程度和醋酸根的水解程度相同，则此时溶液显中性，且铵根离子和醋酸根离子是电解质电离出来的，浓度较大，则此溶液中离子浓度由大到小的顺序是，c()=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。20．（2022·四川雅安）I．根据表中数据(常温下)，完成下列填空。物质CH3COOHNH3∙H2OHCNHClOH2CO3H2SO3电离常数(Ka)1.7×10−51.7×10−54.9×10−103×10−8Ka1=4.3×10−7Ka2=5.6×10−11Ka1=1.5×10−2Ka2=1.0×10−7(1)常温下，NaCN溶液呈___________(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是_________________________(用离子方程式表示)。(2)常温下，浓度均为0.1mol∙L−1的下列4种溶液：①CH3COONa溶液，②NaCN溶液，③NaHCO3溶液，④NaClO溶液；这4种溶液pH由大到小的顺序是____(填序号)。(3)常温下，向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为_________________________。(4)常温下，Na2SO3溶液中c(OH－)−c(H+)=c(HSO)+__________________。II．我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp(CdCO3)=4.0×10−12，Ksp(CdS)=8.0×10−27；回答下列问题：(5)向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8mol∙L−1时，废水中Cd2+的浓度为___________mol∙L−1，此时是否符合生活饮用水卫生标准?___________(填“是”或“否”)。(6)室温下，反应CdCO3(s)+S2−(aq)CdS(s)+CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数K=___________(结果保留两位有效数字)【答案】(1)碱

CN－+H2OHCN+OH－(2)②＞④＞③＞①(3)CO2+ClO－=H2O=HClO+HCO(4)2c(H2SO3)(5)1×10−19

是(6)5.0×1014【解析】（1）常温下，NaCN溶液中CN－水解，溶液呈碱性，其原因是CN－+H2OHCN+OH－；故答案为：碱；CN－+H2OHCN+OH－。（2）常温下，浓度均为0.1mol∙L−1的下列4种溶液：①CH3COONa溶液，②NaCN溶液，③NaHCO3溶液，④NaClO溶液；根据对应酸越弱，离子水解程度越大，其碱性越强，根据电离常数得到酸的强弱是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，则盐溶液碱性强弱顺序NaCN＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，则这4种溶液pH由大到小的顺序是②＞④＞③＞①；故答案为：②＞④＞③＞①。（3）常温下，向NaClO溶液中通入少量CO2，根据酸的强弱H2CO3＞HCN＞HCO，则少量二氧化碳通入只能生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为CO2+ClO－=H2O=HClO+HCO；故答案为：CO2+ClO－=H2O=HClO+HCO。（4）常温下，Na2SO3的质子守恒是c(OH－)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)，从而得到c(OH－)−c(H+)=c(HSO)+2c(H2SO3)；故答案为：2c(H2SO3)。（5）向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8mol∙L−1时，则废水中Cd2+的浓度为Ksp(CdS)=8.0×10−27=c(S2−)∙c(Cd2+)=8.0×10−8×c(Cd2+)，解得c(Cd2+)=1.0×10−19mol∙L−1，镉的排放量为，小于规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1，是否符合生活饮用水卫生标准；故答案为：1×10−19；是。（6）室温下，反应CdCO3(s)+S2−(aq)CdS(s)+CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数；故答案为：。21．（2022·上海市敬业中学高三阶段练习）NaClO、NaNO2、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。(1)上述三种盐所涉及的第三周期元素中，原子半径由大到小的顺序是_______，原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_______。(2)碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。该反应的离子方程式为___________________________________；每摩尔铝粉可处理NaNO2________g。(3)新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图(电极均为石墨)。电极a应接在直流电源的_______极；该装置中发生的化学方程式为______________。(4)Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH-，设计简单实验证明该平衡存在______________。(5)0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温，过程中(溶液体积变化不计)pH如下。时刻①②③④温度/°C25304025pH9.669.529.379.25升温过程中pH减小的原因是_____________________；试比较④中：c(Na+)_______2c()+2c()+2c(H2SO3)(填“>”、“=”或“<”)【答案】(1)Na>S>Cl

N(2)2Al+NO+H2O+OH-=NH3↑+2AlO

34.5(3)正

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(4)取少量Na2SO3溶液于小试管中，滴加酚酞试液显红色，微热小试管，溶液红色加深，说明该平衡存在(5)在加热条件下亚硫酸根离子被氧气氧化为硫酸根离子，使得水解的亚硫酸根浓度减小，产生的OH-浓度减小，pH减小

>【解析】(1)Na、S、Cl为第三周期元素，电子层数相同，核电荷数越