專項30-微粒濃度大小比較(新高考專用)(解析版)

第五篇水溶液中的離子反應(yīng)與平衡專項30微粒濃度大小比較從高考命題的變化趨勢來看，溶液中離子濃度的大小比較是離子平衡的主流試題，既與弱電解質(zhì)電離平衡有關(guān)，又與鹽的水解有關(guān)；不僅偏重考查粒子的濃度大小順序，且還側(cè)重溶液中各種守恒(電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒)關(guān)系考查，從而使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。1．電離理論(1)弱電解質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時還要考慮水的電離，如氨水溶液中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度的大小關(guān)系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。(2)多元弱酸的電離是分步進行的，其主要是第一級電離(第一級電離程度遠大于第二級電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關(guān)系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。2．水解理論(1)弱電解質(zhì)離子的水解損失是微量的(雙水解除外)，但由于水的電離，故水解后酸性溶液中c(H＋)或堿性溶液中c(OH－)總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)的濃度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的濃度大小關(guān)系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。(2)多元弱酸酸根離子的水解是分步進行的，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的濃度大小關(guān)系應(yīng)是c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。3．電荷守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。4．物料守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。5．質(zhì)子守恒規(guī)律如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移情況圖示如下：由圖可得Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。1．(2022?江蘇卷)一種捕集煙氣中CO2的過程如圖所示。室溫下以0.1mol?L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)。H2CO3電離常數(shù)分別為Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列說法正確的是()A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3-)B．KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c總=0.1mol?L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)D．如圖所示的“吸收”“轉(zhuǎn)化”過程中，溶液的溫度下降【答案】C【解析】A項，KOH吸收CO2所得到的溶液，若為Na2CO3溶液，則CO32-主要發(fā)生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，若為NaHCO3溶液，則HCO3-發(fā)生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，A不正確；B項，KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時，依據(jù)電荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)++c(HCO3-)+2c(CO32-)，依據(jù)物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，則c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B不正確；C項，KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol?L-1，c總=0.1mol?L-1，則溶液為KHCO3溶液，Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3-以水解為主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)，C正確；D項，如圖所示的“吸收”“轉(zhuǎn)化”過程中，發(fā)生反應(yīng)為：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3與KHCO3的混合物，則原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，該反應(yīng)放熱，溶液的溫度升高，D不正確；故選C。2．(2021?天津卷)常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述正確的是()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-1D．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項，由于磷酸為多元酸，第一步電離大于第二步電離大于第三步電離，所以在0.1mol·L-1H3PO4溶液中，離子濃度大小為：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正確；B項，在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中，根據(jù)電荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B錯誤；C項，在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，根據(jù)物料守恒得到c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1，故C錯誤；D項，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，則c(OH―)＞c(H＋)，根據(jù)電荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，則c(Cl－)c(NH4＋)，故D錯誤；故選A。3．(2020?浙江7月選考)常溫下，用0.1mol·L?1氨水滴定10mL濃度均為0.1mol·L?1的HCl和CH3COOH的混合液，下列說法不正確的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl?)＞c(CH3COO?)B．當?shù)稳氚彼?0mL時，c(NHeq\o\al(+,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO?)＋c(CH3COOH)C．當?shù)稳氚彼?0mL時，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH?)D．當溶液呈中性時，氨水滴入量大于20mL，c(NHeq\o\al(+,4))＜c(Cl?)【答案】D【解析】A項，未滴定時，溶液溶質(zhì)為HCl和CH3COOH，且濃度均為0.1mol/L，HCl為強電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)，不完全電離，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正確；B項，當?shù)稳氚彼?0mL時，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正確；C項，當?shù)稳氚彼?0mL時，溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，質(zhì)子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正確；D項，當溶液為中性時，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因為溶液為中性，則c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正確；故選D。4．(2020?江蘇卷)室溫下，將兩種濃度均為0.1mol·L-1的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)＞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．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為二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq\o\al(2—,4))【答案】AD【解析】A項，NaHCO3水溶液呈堿性，說明HCO3-的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：CO32-HCO3-，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正確；B項，該混合溶液中電荷守恒為：c(NHeq\o\al(＋,4))+c(H＋)=c(Cl?)+c(OH－)，物料守恒為：c(CH3COOH)+c(NHeq\o\al(＋,4))=2c(Cl?)，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：c(NHeq\o\al(＋,4))+2c(H＋)=c(NH3?H2O)+2c(OH－)，故B錯誤；C項，若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C錯誤；D項，該混合溶液中物料守恒為：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2Oeq\o\al(2—,4))，電荷守恒為：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2Oeq\o\al(2—,4))，兩式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq\o\al(2—,4))，故D正確；故選AD。5．(2019?江蘇卷)室溫下，反應(yīng)HCO3-+H2OH2CO3+OH?的平衡常數(shù)K=2.2×10?8。將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()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溶液等體積混合：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)D．0.6mol·L?1氨水和0.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH?)=0.3mol·L?1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】A．NH3?H2O屬于弱電解，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3?H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A錯誤；B．NH4HCO3溶液顯堿性，說明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，則c(H2CO3)>c(NH3?H2O)，故B正確；C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，則有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C錯誤；D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，則有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；結(jié)合①②消去c(NH4+)得：c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3與氨水等體積混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，將③等式兩邊各加一個c(CO32-)，則有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，將④帶入③中得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正確；故選BD。1．解題步驟2．解題過程判反應(yīng)判反應(yīng)寫平衡列等式兩溶液混合是否發(fā)生反應(yīng)寫出溶液中所有平衡（電離平衡、水解平衡）根據(jù)電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒列式弄清真實組成分主次根據(jù)溶液中存在的平衡和題給條件，結(jié)合平衡的有關(guān)規(guī)律，分析哪些平衡進行的程度相對大一些，哪些平衡進行的程度相對小一些，再依此比較出溶液各粒子濃度的大小。3．比較時緊扣兩個微弱(1)弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。(2)弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。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．酸式鹽與多元弱酸的強堿正鹽溶液酸堿性比較(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。(2)多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。5．質(zhì)子守恒式可以由電荷守恒式和物料守恒式推導(dǎo)出來以KHS溶液為例，電荷守恒式為c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式為c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②得質(zhì)子守恒式，消去沒有參與變化的K＋等。6．規(guī)避等量關(guān)系中的2個易失分點(1)電荷守恒式中不只是各離子濃度的簡單相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的化學計量數(shù)2代表一個COeq\o\al(2－,3)帶2個單位負電荷，不可漏掉。(2)物料守恒式中，離子濃度系數(shù)不能漏寫或顛倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各種硫元素存在形式的硫原子總濃度的2倍。1．（2023屆·江蘇省百校聯(lián)考高三第一次考試）室溫下用0.1mol?L-1NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含硫物種的濃度c總=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)。H2SO3電離常數(shù)分別為Ka1=1.54×10-2、Ka2=1.00×10-7。下列說法正確的是（）A．NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO32-)>c(HSO3-)>c(H2SO3)B．NaOH完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3時，溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH—)+c(H2SO3)C．NaOH完全轉(zhuǎn)化為Na2SO3時，溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH—)>c(HSO3-)D．NaOH溶液吸收SO2，c總=0.1mol?L-1溶液中：c(H2SO3)>c(SO32-)【答案】C【解析】由電離常數(shù)可知，亞硫酸氫根離子的水解常數(shù)Kh==＜Ka2，說明亞硫酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性。A項，氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫可能得到亞硫酸氫鈉溶液，由分析可知，亞硫酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，溶液中c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故A錯誤；B項，亞硫酸氫鈉溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系c(H+)+c(H2SO3)=c(OH—)+c(SO32-)，故B錯誤；C項，亞硫酸鈉是強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子在溶液中分步水解，以一級水解為主，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH—)>c(HSO3-)，故C正確；D項，c總=0.1mol?L-1溶液為亞硫酸氫鈉溶液，由分析可知，亞硫酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，溶液中c(SO32-)>c(H2SO3)，故D錯誤；故選C。2．（2023屆·江蘇省包場高級中學高三開學考試）室溫下，通過下列實驗探究NHC2O4(K為NHC2O4水解平衡常數(shù)、Ka1為H2C2O4電離平衡常數(shù))溶液的性質(zhì)。實驗實驗操作和現(xiàn)象1用試紙測定0.1mol·L-1NHC2O4溶液的pH，測得約為5.52向含0.1molNHC2O4稀溶液中加入0.05molB(OH)2，產(chǎn)生沉淀3向0.1mol·L-1NHC2O4溶液中通入過量HCl，無現(xiàn)象4向0.1mol·L-1NHC2O4溶液中通入一定量NH3，測得溶液pH=7下列有關(guān)說法不正確的是（）A．實驗1的溶液中：B．實驗2反應(yīng)靜置后的上層清液中：C．實驗3得到的溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(H2C2O4)c(H+)D．實驗4所得的溶液中：c(NH4+)c(H2C2O4)=c(C2O42-)【答案】C【解析】A項，實驗1的溶液中：，，則，，即，A正確；B項，實驗2反應(yīng)靜置后的上層清液中：NHC2O4與B(OH)2反應(yīng)生成BC2O4沉淀，根據(jù)溶解平衡，，B正確；C項，實驗3得到的溶液中，如果通入的HCl的量過多，使其濃度超過了0.1mol/L，則會使c(Na+)＜c(Cl-)，C錯誤；D項，實驗4所得的溶液中：根據(jù)電荷守恒，得到(NH4+)c(H+)c(Na+)c(OH-)c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，再根據(jù)物料守恒得c(Na+)c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(H2C2O4)，兩者連立得到c(NH4+)c(H2C2O4)=c(C2O42-)，D正確；故選C。3．下列溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．0.1mol·L－1NaHCO3溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)B．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液與10mL0.1mol·L－1HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)C．室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)【答案】B【解析】A項，等濃度等體積的NaHCO3與NaOH混合時，兩者恰好反應(yīng)生成Na2CO3，在該溶液中COeq\o\al(2－,3)能進行兩級水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))，該項錯誤；B項，CH3COONa與HCl混合時反應(yīng)后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液顯酸性，故溶液中CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，該項正確；C項，在混合前兩溶液的pH之和為14，則氨水過量，所得溶液為少量NH4Cl和過量NH3·H2O的混合溶液，則c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))、c(H＋)<c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)<c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)，該項錯誤；D項，CH3COOH與NaOH混合時恰好生成CH3COONa，溶液中電荷守恒式為c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒式為c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，由這兩個式子可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，該項錯誤。4．25℃時，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3)B．室溫下，pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-)C．0.1mol/LNa2CO3與0.1mol/LNaHCO3溶液等體積混合：2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)D．0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/L的鹽酸等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)【答案】C【解析】A項，NaHCO3溶液中：HCO3-的水解程度大于其電離程度，所以溶液顯堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A錯誤；B項，HCl是一元強酸，完全電離，c(H+)與鹽酸的濃度相等，而NH3?H2O是一元弱堿，只有很少一部分電離，在溶液中存在電離平衡，所以c(NH3?H2O)>c(OH-)，室溫下，將pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，電離產(chǎn)生的OH-恰好與H+中和，但c(NH3?H2O)>c(OH-)，電解質(zhì)分子進一步電離產(chǎn)生OH-和NH4+，因此溶液顯堿性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，鹽電離產(chǎn)生的離子濃度遠大于弱堿電離產(chǎn)生的離子濃度所以微粒濃度關(guān)系為c(NH4＋)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)，B錯誤；C項，0.1mol/LNa2CO3與0.1mol/LNaHCO3溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒可得：2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，C正確；D項，0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/L的鹽酸等體積混合(H2C2O4為二元弱酸，二者發(fā)生反應(yīng)：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根據(jù)電荷守恒可得2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D錯誤。5．(2022·上海市洋涇中學高三模擬)H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，NaHC2O4溶液顯酸性。設(shè)H2C2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()A．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)+c(H2C2O4)B．c(Na+)=c(總)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(總)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)【答案】D【解析】A項，0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，根據(jù)電荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(H+)，所以c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，故A錯誤；B項，根據(jù)物料守恒，c(Na+)=c(總)的溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4，HC2O4-的電離常數(shù)為5.4×10-5、水解常數(shù)為，HC2O4-電離大于水解，c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B錯誤；C項，加入一定體積的氫氧化鈉溶液，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.1mol·L-1，根據(jù)電荷守恒，pH=7的溶液c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)，c(Na+)>0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C正確；D項，根據(jù)物料守恒c(Na+)=2c(總)的溶液中溶質(zhì)為Na2C2O4，根據(jù)物料守恒c(Na+)=2［c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)］，根據(jù)電荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，故D正確；故選D。6．(2022·上海市高三二模)室溫下，通過下列實驗探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性質(zhì)。實驗實驗操作和現(xiàn)象①滴加幾滴酚酞試液，溶液變紅②加入等體積0.1mol?L-1NaOH溶液充分混合，無明顯現(xiàn)象③加入少量CuSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀④加入適量NaClO溶液，有淡黃色沉淀產(chǎn)生下列有關(guān)說法正確的是()A．實驗①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)B．實驗②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)C．實驗③中反應(yīng)的離子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+D．實驗④中反應(yīng)的離子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O【答案】B【解析】A項，實驗①：滴加幾滴酚酞試液，溶液變紅，表明溶液顯堿性，則HS-的水解程度大于電離程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不正確；B項，實驗②中，NaHS與NaOH正好完全反應(yīng)，所得溶液為Na2S溶液，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，從而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B正確；C項，實驗③中，HS-與Cu2+反應(yīng)，生成CuS沉淀和H+，H+再與HS-結(jié)合為H2S，反應(yīng)的離子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不正確；D項，實驗④中，HS-與ClO-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成S、Cl-和OH-，OH-再與HS-反應(yīng)生成S2-和H2O，反應(yīng)的離子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不正確；故選B。7．(2022·江蘇省平潮高級中學模擬預(yù)測)室溫下，通過下列實驗探究Na2CO3溶液的性質(zhì)。用Ka1、Ka2分別表示H2CO3的第一步和第二步電離常數(shù)。實驗實驗操作和現(xiàn)象1用pH試紙測定0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH，測得pH約為122向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中加入過量0.2mol·L-1CaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀3向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入過量CO2，測得溶液pH約為84向含有酚酞的0.1mol·L-1Na2CO3中滴加幾滴0.2mol·L-1NaOH，紅色加深下列有關(guān)說法不正確的是()A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)B．實驗2反應(yīng)靜置后的上層清液中有c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)C．實驗3得到的溶液中有c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，且Ka1Ka2＜KwD．實驗4中滴加的NaOH抑制了CO32-的水解，的值變小【答案】D【解析】A項，Na2CO3溶液中，根據(jù)電荷守恒可得c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)=c(H+)+c(Na+)，又根據(jù)物料守恒可得c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，兩式聯(lián)立可得c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，故A正確；B項，Na2CO3溶液中加入過量CaCl2溶液生成碳酸鈣沉淀，上層清液為飽和碳酸鈣溶液，故有c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)，故B正確；C項，Na2CO3溶液中通入過量CO2，測得溶液pH約為8，即為碳酸氫鈉溶液，溶液顯堿性，水解大于電離，故有c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，且水解常數(shù)大于電離常數(shù)，故有Kh=>Ka2，故Ka1Ka2＜Kw，故C正確；D項，CO32-的水解平衡為CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解常數(shù)Kh=，Kh大小隨溫度變化而變化，故滴加NaOH平衡移動，但不變，故D錯誤；故選D。8．(2022·江蘇省南通市新高考基地學校高三第二次聯(lián)考)室溫下，通過下列實驗探究0.100mol·L-1K2C2O4溶液的性質(zhì)。已知：25℃時H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19。序號實驗①準確量取10.00mL0.100mol·L-1K2C2O4溶液，測得pH=8.4②向①中加入2滴0.100mol·L-1HCl鹽酸，測得pH=7.0③向①準確加入10.00mL0.100mol·L-1HCl溶液，pH=3.52④向①中加入20.00mL0.100mol·L-1CaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀下列說法正確的是()A．實驗①溶液中：=10-4.21B．實驗②反應(yīng)所得溶液中：c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)C．實驗③反應(yīng)所得溶液中：c(C2O42-)<c(H2C2O4)D．實驗④所得上層清液中：c(Ca2+)·c(C2O42-)<Ksp(CaC2O4)【答案】A【解析】由題干信息可知，25℃時H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19，則可知C2O42-的水解平衡常數(shù)為：Kh1===10-9.81，Kh2===10-12.78。A項，C2O42-的水解平衡常數(shù)為：Kh1===10-9.81，即=10-9.81，實驗①溶液中pH=8.4，c(OH-)=10-5.6mol/L，則=10-4.21，A正確；B項，實驗②反應(yīng)所得溶液中：根據(jù)電荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)+c(OH-)，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，則c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)，B錯誤；C項，向①準確加入10.00mL0.100mol·L-1HCl溶液，混合后K2C2O4與HCl1：1反應(yīng)生成KHC2O4，此時溶液pH=3.52，說明HC2O4-的電離大于水解，故實驗③反應(yīng)所得溶液中：c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，C錯誤；D項，實驗④所得上層清液中即達到溶解平衡，故c(Ca2+)·c(C2O42-)=Ksp(CaC2O4)，D錯誤；故選A。9．(2022·廣東省韶關(guān)市一模)室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3溶液的性質(zhì)。下列有關(guān)說法正確的是()實驗實驗操作和現(xiàn)象1用pH計測定0.05mol?L?1NaHCO3溶液，測得pH約為8.32向10mL0.05mol?L?1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol?L?1NaOH溶液，反應(yīng)結(jié)束后測得溶液pH約為10.33向10mL0.05mol?L?1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol?L?1HCl，反應(yīng)結(jié)束后測得溶液pH約為5.64向0.05mol/LNaHCO3溶液中滴加過量0.1mol?L?1Ca(OH)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀A．NaHCO3溶液中HCO3-的電離程度大于水解程度B．實驗2滴加結(jié)束后：c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)=c(OH－)C．實驗3滴加過程中：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)D．實驗4反應(yīng)靜置后的上層清液中：c(Ca2+)?c(CO32-)＜Ksp(CaCO3)【答案】B【解析】A項，用pH計測定0.05mol?L?1NaHCO3溶液，測得pH約為8.3，溶液顯堿性，因此NaHCO3溶液中HCO3-的電離程度小于水解程度，故A錯誤；B項，向10mL0.05mol?L?1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol?L?1NaOH溶液，反應(yīng)結(jié)束后測得溶液pH約為10.3，溶質(zhì)為Na2CO3，因此實驗2滴加結(jié)束后，根據(jù)質(zhì)子守恒得到：c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)=c(OH－)，故B正確；C項，實驗3滴加開始前，按照物料守恒：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，滴加后產(chǎn)生氣泡，則無此守恒，故C錯誤；D項，實驗4反應(yīng)靜置后的上層清液存在難溶物的溶解平衡，則有c(Ca2+)c(CO32-)=Ksp(CaCO3)，故D錯誤。故選B。10．(2022·江蘇省無錫市普通高中高三調(diào)研)室溫下，通過下列實驗探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性質(zhì)。實驗1：用pH試紙測量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，測得pH約為5實驗2：0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液，沒有明顯現(xiàn)象實驗3：0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加新制飽和氯水，氯水顏色褪去實驗4：將0.1mol·L-1Na2SO3溶液與0.1mol·L-1CaCl2溶液等體積混合，產(chǎn)白色沉淀下列說法正確的是()A．由實驗1可得出：＞Ka2(H2SO3)B．實驗2所得的溶液中c(HSO3-)＞c(SO32-)C．實驗3中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H2O+Cl2+SO32-=SO42-+2H++2Cl-D．實驗4中兩溶液混合時有：c(Ca2+)·c(SO32-)＜Ksp(CaSO3)【答案】C【解析】A項，溶液顯酸性，說明溶液中亞硫酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，第二步電離常數(shù)大于水解常數(shù)，即Ka2(