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人教版 (2019)选择性必修1第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解优秀课后作业题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修1第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解优秀课后作业题，共14页。
第三节 盐类的水解
第4课时 溶液中的离子浓度比较
课程学习目标
能综合运用电离平衡和水解平衡原理，判断溶液中粒子浓度大小关系。
学科核心素养
运用化学平衡原理分析分析比较溶液中的离子浓度，培养宏观辨识与微观探析能力。
【新知学习】
一．溶液中粒子浓度关系判断的理论基础
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。如氨水中NH3·H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq \\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程度)。如H2S溶液中H2S、HS－、S2－、H＋浓度的大小关系是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(水解相互促进的离子除外)，但由于水的电离，使水解后酸性溶液中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 \\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋浓度的大小关系是c(Cl－)>c(NHeq \\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Na2CO3溶液中COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3浓度的大小关系是c(COeq \\al(2－,3))>c(HCOeq \\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，溶液均呈电中性，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溶液中的离子有Na＋、H＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、OH－，其存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))。
2．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)。
3．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移情况如图所示：
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)。
质子守恒式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。Na2S水溶液中电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，物料守恒式为c(Na＋)＝2[c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)]，以上两式通过变换，消去没有参与变化的Na＋，即可得到质子守恒式。
三．溶液中离子浓度的比较应用
【问题探究】
1．Na2S溶液中电荷守恒和物料守恒关系式分别是什么？
电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)；物料守恒：c(Na＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)。
2．0.1 ml·L－1NaCN和0.1 ml·L－1 HCN的混合液显碱性，则c(Na＋)、c(CN－)、c(OH－)、c(H＋)、c(HCN)的大小顺序如何？
若不考虑HCN电离和CN－水解，c(Na＋)＝c(CN－)＝c(HCN)，混合液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故只考虑CN－水解，则c(CN－)减小，c(HCN)增大，顺序为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
【知识归纳总结】
1．判断粒子浓度关系的三个守恒规律：
2．溶液中离子浓度的大小比较：
(1)不同溶液中同一离子浓度的比较。
要看溶液中其他离子对其影响。
例如：在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl、b.CH3COONH4、c.NH4HSO4，c(NHeq \\al(＋,4))由大到小的顺序：c>a>b。
(2)同一溶液中不同离子浓度的大小比较。
(3)混合溶液中各离子浓度的比较。
根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
①分子的电离大于相应离子的水解：
例如：等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中，c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。
②分子的电离小于相应离子的水解：
例如：在0.1 ml·L－1的NaCN和0.1 ml·L－1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大小顺序为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)抓“四点”，突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系：
①抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
②抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么，判断溶液的酸碱性。
③抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
④抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么，判断哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示：
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
分析：
a点，溶质为CH3COONa CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
b点，溶质为CH3COONa CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
c点，溶质为CH3COONa
离子浓度关系：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
d点，溶质为CH3COONa NaOH
离子浓度关系：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
【典例1】在0.1 ml·L－1的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是( )
A．水；c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．0.1 ml·L－1盐酸；c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)
C．0.1 ml·L－1醋酸；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．0.1 ml·L－1氢氧化钠；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
A项，正确的离子浓度关系为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；B项，加入0.1 ml·L－1盐酸后，生成等浓度的NaCl和醋酸混合液，故有c(Na＋)＝c(Cl－)，考虑水的电离，故有c(H＋)>c(CH3COO－)，B正确；C项，电离程度大于水解程度，正确的离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；D项，正确的离子浓度关系为c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)。
【典例2】下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．在0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)
B．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(OH－)＋2c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)
C．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na＋)>c(SOeq \\al(2－,4))＝c(NHeq \\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)
D．常温下，将50 mL 0.1 ml·L－1的盐酸与100 mL 0.1 ml·L－1的氨水混合，所得溶液中：c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】D
【解析】
在Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(H＋)，A项错误；根据质子守恒可知：c(OH－)＋c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)，B项错误；NHeq \\al(＋,4)与SOeq \\al(2－,4)均来自NH4HSO4溶液，NHeq \\al(＋,4)部分水解，所以c(SOeq \\al(2－,4))>c(NHeq \\al(＋,4))，C项错误；混合溶液中NH4Cl和NH3·H2O的物质的量相等，NH3·H2O的电离程度大于NHeq \\al(＋,4)的水解程度，溶液显碱性，D项正确。
【效果检测】
1．（2021·云南省楚雄天人中学高二阶段练习）4种混合溶液：分别由等体积0.1ml/L的两溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa ②NH4Cl与HCl ③NH4Cl与NaCl ④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)，下列各项排序正确的是
A．c(NH)：①＜③＜②＜④B．溶液中c(H+)：①＜③＜②＜④
C．pH：②＜①＜④＜③D．c(NH3·H2O)：①＜③＜④＜②
【答案】A
【详解】A．四种溶液中，④NH4Cl与NH3•H2O的混合液显碱性，说明NH3▪H2O的电离大于NH4Cl中的的水解，c()＞0.1ml•L-1；②NH4Cl与HCl的混合液中，由于HCl电离产生的H+抑制的水解，所以c()接近0.1ml•L-1；①NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，铵根离子浓度最小，所以正确排序为：①＜③＜②＜④，故A正确；
B．四种混合物中，②NH4Cl与HCl的混合溶液中HCl完全电离，c(H+)最大；④NH4Cl与NH3•H2O的混合溶液显碱性，c(H+)最小；①NH4Cl与CH3COONa 的混合溶液显中性；③NH4Cl与NaCl 的混合溶液由于的水解显酸性，c(H+)没有②大，故正确c(H+)关系应该为：④＜①＜③＜②，故B错误；
C．酸性越强，pH越小。c(H+)=10-pH，溶液中c(H+)越大，pH越小，借助上一选项可知，pH正确顺序为：②＜③＜①＜④，故C错误；
D．由于④NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中，NH3•H2O是弱电解质，部分电离，c(NH3•H2O)最大，其次是①NH4Cl与CH3COONa的混合溶液，发生了双水解，的水解程度稍大；NH3•H2O浓度最小的是②NH4Cl与HCl的混合溶液，几乎没有NH3•H2O存在，所以NH3•H2O浓度大小顺序为：②＜③＜①＜④，故D错误；
故选A。
2．（2021·湖南·汨罗市楚雄中学高二期中）常温下向20mL0.1ml•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1ml•L-1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是
A．a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3ml∙L-1
B．b、d点表示的溶液的值b=d
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．b点表示的溶液中c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【详解】A．a点表示的溶液中，依据质子守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)=10-3ml∙L-1，则c(CH3COO-)略小于10-3ml∙L-1，A正确；
B．Ka(CH3COOH)=，b、d点溶液的温度相同，Ka(CH3COOH)相同，则表示的溶液的值b=d，B正确；
C．若CH3COOH和NaOH恰好反应完全，则生成CH3COONa溶液呈碱性，而c点表示溶液的pH=7，则应为CH3COOH有剩余，C错误；
D．b点溶液pH＜7，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，且以CH3COOH的电离为主，所以溶液中c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故选C。
3．（2021·吉林江城中学高二期中）某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液，若pH<7，则溶液中各离子浓度的关系不正确的是
A．c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
B．c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)
C．c(H+)+c(A2-)=c(OH-)+c(H2A)
D．c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+2c(A2-)
【答案】D
【分析】二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中既存在电离平衡HA-⇌H++A2-，又存在水解平衡HA-+H2O⇌H2A+OH-，因为溶液pH<7，即显酸性，所以电离程度大于水解程度。
【详解】A．因为电离和水解都较弱，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。A项正确；
B．根据电荷守恒有：c(H＋)+c(Na+)=c(OH－)+2c(A2－)+c(HA-)，B项正确；
C．根据电荷守恒有：c(H＋)+c(Na+)=c(OH－)+2c(A2－)+c(HA-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)。消去两式中c(Na+)项，得c(H＋)+c(H2A)=c(OH－)+c(A2-)。C项正确；
D．根据物料守恒有：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)。D项错误；
答案选D。
4．（2021·广东·华中师大龙岗附中高二期中）现有常温下的四份溶液：①0.01ml/L CH3COOH ②0.01ml/L HCl ③pH=12的氨水 ④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是
A．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B．将②、③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：②=③
C．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH③>④，①>②
D．将①、④混合，若有c(CH3COO-)>c(Na+)，则合液一定呈碱性
【答案】C
【分析】①0.01ml/LCH3COOH，发生部分电离，溶液中的c(H+)<10-2ml/L；②0.01ml/LHCl，c(H+)=10-2ml/L；③pH=12的氨水，c(OH¯)=10-2ml/L；④pH=12的NaOH溶液，c(OH¯)=10-2ml/L。
【详解】A．①中c(H+)最小，对水电离的抑制作用最弱，水的电离程度最大，②中酸电离出的c(H+)与③、④中碱电离出的c(OH¯)相同，对水电离的抑制作用相同，水的电离程度一样大，故A错误；
B．将②③混合，所得溶液为NH4Cl、NH3·H2O的混合液，由于NH3·H2O为弱碱，氨水的起始浓度大于10-2ml/L，所以若pH=7时消耗溶液的体积：②>③，故B错误；
C．稀释促进弱电解质的电离，因此将四份溶液稀释相同倍数后，液的pH③>④，①>②，故C正确；
D．将①、④混合，当溶液中存在c(CH3COO-)>c(Na+)时，根据电荷守恒c(CH3COO-)+ c(OH¯)=c(Na+)+ c(H+)可知，c(H+)> c(OH¯)，溶液一定显酸性，故D错误；
故答案选C。
5．（2021·重庆·巫山县官渡中学高二阶段练习）25℃时，在20mL0.1ml/LNaOH溶液中逐滴加入0.2ml/L醋酸溶液，pH曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是
A．A点，c(Na＋)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H＋)
B．B点，c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)
C．C点，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na＋)
D．C点，c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
【答案】A
【分析】根据图像可以判断溶液的酸碱性，判断氢离子和氢氧根离子的浓度大小，根据电荷守恒可以判断其它两种离子的浓度大小，利用物料守恒可以判断离子浓度之间的关系；
【详解】A．A点时加入10mL醋酸溶液，与氢氧化钠恰好反应，生成醋酸钠，由于醋酸根离子发生水解导致溶液显碱性；故离子浓度大小关系为：c(Na＋)> c(CH3COO-) >c(OH-)>c(H＋)，故A不正确；
B．B点溶液pH等于7，又因在常温下，说明溶液显中性，根据电荷守恒判断；c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．根据C点加入20mL醋酸，根据物料守恒判断，C正确；
D．根据图像C点判断，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(CH3COO-)+ c(OH-)；判断c(CH3COO-)>c(Na＋)；
故选答案A；
【点睛】此题考查离子浓度的大小关系判断，注意在反应过程中原子的种类和个数保持不变。
6．（2022·辽宁·新民市第一高级中学高二期末）常温下，下列有关电解质溶液中相关微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A．0.1ml·L-1CH3COONa溶液中：c(CH3COO-)＜c(Na+)
B．0.1ml·L-1NH4Cl溶液中：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
C．0.1ml·L-1NaClO溶液：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)
D．浓度均为0.1ml·L-1NH4Cl、NH4HSO4溶液中，c()的大小顺序： NH4Cl＞NH4HSO4
【答案】D
【详解】A．CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解，从而使其浓度减小，所以：c(CH3COO-)＜c(Na+)，A正确；
B．0.1ml·L-1NH4Cl溶液中含有c()、c(H+)、c(Cl-)、c(OH-)等离子，溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；
C．0.1ml·L-1NaClO溶液中，ClO-水解生成HClO和OH-，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，C正确；
D．等浓度NH4Cl、NH4HSO4溶液中，NH4Cl中发生水解，从而使c()减小，而NH4HSO4中，虽然也发生水解，但水解受硫酸氢根电离产生H+的抑制，所以c()的大小顺序：NH4Cl＜NH4HSO4，D不正确；
故选D。
7．（2021·广东·深圳实验学校高二阶段练习）下列各项关系中正确的是
A．已知NaHSO3溶液显酸性，则溶液中c()B．0.2ml·L-1CH3COOH溶液与0.1ml·L-1NaOH溶液等体积混合后溶液中存在：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
C．常温下pH=2的稀硫酸与pH=12的氨水等体积混合后溶液呈碱性
D．等浓度的溶液①NH4Cl，②(NH4)2SO4，③NH4HSO4中c(NH4+)大小关系为②>①>③
【答案】C
【详解】A．既能发生电离：，也能发生水解：，已知NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，则溶液中c()>c(H2SO3)，故A错误；
B．0.2ml·L-1CH3COOH溶液与0.1ml·L-1NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，依据溶液液中电荷守恒和物料守恒得出：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B错误；
C．常温下pH=2的稀硫酸中c(H+)=0.01ml/L，一水合氨为弱碱，所以pH=12的氨水浓度远大于0.01ml/L，二者等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故C正确；
D．氯离子、硫酸根对铵根离子的水解没有影响，但硫酸铵可以电离生成2个铵根离子，硫酸氢根会电离出氢离子抑制铵根离子的水解，所以三种溶液c()大小关系为②>③>①，故D错误；
答案选C。
8．（2021·广东·深圳实验学校高二阶段练习）常温下，向20mL0.1ml·L-1氨水中滴加等浓度的稀盐酸，溶液中由水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是
A．常温下，NH3·H2O的电离常数Kb约为1×10-5
B．c点所对应的盐酸体积为20mL
C．b、d两点溶液均为中性
D．b点后溶液中均存在c()【答案】C
【详解】A．由图可知，0.1ml·L-1氨水中由水电离出的氢离子浓度为10-11 ml·L-1，氨水抑制水的电离，则溶液中的c()=c(OH-)=10-3 ml·L-1，Kb==1×10-5，故A正确；
B．c点水的电离程度最大，溶液中的溶质只有NH4Cl，说明氨水和盐酸恰好完全反应，则所对应的盐酸体积为20mL，故B正确；
C．b点溶液中有NH3·H2O和NH4Cl呈中性，d点溶液中有NH4Cl和HCl，呈酸性，故C错误；
D．b点溶液中有NH3·H2O和NH4Cl呈中性，根据溶液中电荷守恒：，溶液呈中性，则，b点后又滴入盐酸，c(Cl-)增大，则存在c()答案选C。
9．（2021·北京市第四中学顺义分校高二期中）常温下，有0.1ml/L的四种溶液：①HCl②NH3•H2O③NaOH④Na2CO3
(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_______。
(2)溶液③的pH=_______。
(3)溶液②、③分别与等量的溶液①恰好完全反应，消耗的体积：②________③(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)用广泛pH试纸测得④溶液的pH=11，用离子方程式解释Na2CO3溶液显碱性的原因：_______。溶液中由水电离出的c(OH−)为_______。
(5)常温下，下列关于溶液②的判断正确的是_______。
a.c()=0.1ml/L
b.溶液中c(OH−)>c()>c(H+)
c.加入NH4Cl(s)，c(OH−)不变
d.滴入少量浓盐酸，溶液导电性增强
【答案】(1)HCl=H++Cl-
(2)13
(3)=
(4) 0.001ml/L
(5)bd
【解析】（1）盐酸为强酸，水溶液中电离出氢离子和氯离子，HCl=H++Cl-；
（2）氢氧化钠为强碱，水溶液中完全电离出钠离子、氢氧根离子，氢氧根离子浓度为0.1ml/L，pOH=1，则pH=13；
（3）氨水、氢氧化钠均为一元碱，则等浓度NH3•H2O、NaOH分别与等量的HCl恰好完全反应，消耗的体积相等；
（4）Na2CO3溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子，导致溶液显碱性，，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液的pH=11，则pOH=3，故溶液中由水电离出的c(OH−)为0.001ml/L。
（5）a．一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离，故c()<0.1ml/L，a错误；
b．一水合氨溶液碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒可知，c(OH−)=c()+c(H+)，则溶液中c(OH−)>c()>c(H+)，b正确；
c．加入NH4Cl(s)电离出铵根离子，导致平衡逆向移动，c(OH−)减小，c错误；
d．滴入少量浓盐酸，反应生成氯化铵，氯化铵为强电解质，溶液中离子浓度变大，导电性增强，d正确；
故选bd。
10．（2021·湖北·麻城市第二中学高二期中）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如表数据(25℃)：
(1)25℃时，等浓度的三种溶液(溶液、溶液、溶液)的由大到小的顺序为 _______。(填写序号)
(2)25℃时，向溶液中通入少量，所发生反应的化学方程式为_______
(3)现有浓度为的与 等体积混合后，测得，下列关系正确的是 _______A．B．
C．D．
(4)已知水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小 _______ ；
(5)H2C2O4溶液和酸性溶液可发生反应：，反应中每生成标况下气体，转移的电子的物质的量为 _______
【答案】(1)B＞A＞C
(2)
(3)BD
(4)
(5)0.2
【解析】（1）NaCN、Na2CO3、CH3COONa都属于强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性；由于电离平衡常数K(CH3COOH)＞Ｋ(HCN)＞K2(H2CO3)，根据“越弱越水解”，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度由大到小的顺序为＞CN-＞CH3COO-，故pH由大到小的顺序为B＞A＞C；答案为：B＞A＞C。
（2）由于电离平衡常数K1(H2CO3)＞Ｋ(HCN)＞K2(H2CO3)，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，向NaCN溶液中通入少量CO2反应生成HCN和NaHCO3，反应的化学方程式为NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；答案为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3。
（3）浓度为0.02ml/L的HCN与0.01ml/LNaOH等体积混合，充分反应后，得到物质的量浓度均为0.005ml/LNaCN和HCN的混合液；
A．溶液中c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)知，c(H+)＜c(OH-)，A项错误；
B．由A项解析知，B项正确；
C．溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，两式整理得c(HCN)+2c(H+)=c(CN-)+2c(OH-)，C项错误；
D．溶液中的物料守恒为2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)=0.01ml/L，D项正确；
答案选BD。
（4）在NaHC2O4溶液中既存在的电离平衡⇌H++、又存在的水解平衡+H2O⇌H2C2O4+OH-，由于溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)；答案为：c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)。
（5）标准状况下4.48LCO2物质的量为=0.2ml，反应中碳元素的化合价由H2C2O4中的+3价升至CO2中的+4价，每生成1mlCO2转移1ml电子，生成0.2mlCO2转移0.2ml电子；答案为：0.2。
11．（2022·新疆·柯坪湖州国庆中学高二期末）某二元酸 H2A 的电离方程式是：H2A=H++HA，HA-A2-+H+。回答下列问题：
(1)H2A是_______(填“强电解质”或“弱电解质”或“非电解质”)
(2)Na2A 溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_______；
(3)NaHA 溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_______；
(4)若 0.1ml·L-1NaHA 溶液的 pH=2，则 0.1ml·L-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能_______0.11ml·L-1(填“＜”、“>”或“=”)，理由是：_______；
(5)0.1ml·L NaHA溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_______。
【答案】(1)强电解质
(2) 碱性 A2-+H2OHA-+OH-
(3) 酸性 HA-H++ A2-
(4) ＜ 因H2A第1步电离产生的H+抑制HA-的电离
(5)c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H＋)＞c(A2-)＞c(OH-)
【解析】（1）H2A能完全电离出H+和HA-，所以H2A是强电解质；
（2）根据HA-A2-+H+，可知A2-能水解，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：H2O+A2-⇌HA-+OH-。
（3）H2A是强酸，HA-是弱酸，所以NaHA电离产生的HA-只电离不水解，HA-电离产生H+：HA- A2-+H+，溶液显酸性。
（4）0.1ml•L-1H2A溶液，H2A═H++HA-，电离出0.1ml/LH+和0.1ml/LHA-，0.1ml•L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-⇌H++A2-可知，电离出0.01ml/LH+，但H2A第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以H2A溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1ml/L+0.01ml/L；
（5）NaHA溶液显酸性，存在HA-⇌H++A2-，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，结合水的电离H2O⇌H++OH-，所以c(H+)＞c(A2-)，OH-来自水的电离，且HA-抑制了水的电离，所以溶液中的OH-浓度最小，即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)。
12．（2021·山东·高密三中高二阶段练习）H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是
(1)由图可知酸性比较：H2CO3____H2C2O4(填大于、小于、等于)。
(2)反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为____。
(3)0.1ml/LNaHC2H4溶液中离子浓度大小关系____。
(4)Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应离子方程式为____。
【答案】(1)小于
(2)K==c(OH-)===1×10-3.75
(3)c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
(4)2CO+H2C2O4=2HCO+C2O
【解析】（1）根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10-1.30，当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10-6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，故答案为：小于；
（2）pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数K==c(OH-)===1×10-3.75；
（3）当pH=4.27时，(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2H4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)；
（4）根据图像，pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10-1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，也强于碳酸氢根离子的酸性，故向Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，可以发生反应，2CO+H2C2O4=2HCO+C2O。规律
内容
实例(Na2CO3和NaHCO3)
物料
守恒
在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变
Na2CO3：c(Na＋)＝2[c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)]
NaHCO3：c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)
电荷
守恒
在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性
Na2CO3：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))
NaHCO3：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))
质子
守恒
电解质溶液中，分子(或离子)得失质子(H＋)的物质的量应相等
Na2CO3：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)
NaHCO3：c(OH－)＝c(H＋)－c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)
化学式
电离平衡常数
第三节 盐类的水解
第4课时 溶液中的离子浓度比较
课程学习目标
能综合运用电离平衡和水解平衡原理，判断溶液中粒子浓度大小关系。
学科核心素养
运用化学平衡原理分析分析比较溶液中的离子浓度，培养宏观辨识与微观探析能力。
【新知学习】
一．溶液中粒子浓度关系判断的理论基础
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。如氨水中NH3·H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq \\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程度)。如H2S溶液中H2S、HS－、S2－、H＋浓度的大小关系是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(水解相互促进的离子除外)，但由于水的电离，使水解后酸性溶液中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 \\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋浓度的大小关系是c(Cl－)>c(NHeq \\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Na2CO3溶液中COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3浓度的大小关系是c(COeq \\al(2－,3))>c(HCOeq \\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，溶液均呈电中性，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溶液中的离子有Na＋、H＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、OH－，其存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))。
2．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)。
3．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移情况如图所示：
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)。
质子守恒式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。Na2S水溶液中电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，物料守恒式为c(Na＋)＝2[c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)]，以上两式通过变换，消去没有参与变化的Na＋，即可得到质子守恒式。
三．溶液中离子浓度的比较应用
【问题探究】
1．Na2S溶液中电荷守恒和物料守恒关系式分别是什么？
电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)；物料守恒：c(Na＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)。
2．0.1 ml·L－1NaCN和0.1 ml·L－1 HCN的混合液显碱性，则c(Na＋)、c(CN－)、c(OH－)、c(H＋)、c(HCN)的大小顺序如何？
若不考虑HCN电离和CN－水解，c(Na＋)＝c(CN－)＝c(HCN)，混合液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故只考虑CN－水解，则c(CN－)减小，c(HCN)增大，顺序为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
【知识归纳总结】
1．判断粒子浓度关系的三个守恒规律：
2．溶液中离子浓度的大小比较：
(1)不同溶液中同一离子浓度的比较。
要看溶液中其他离子对其影响。
例如：在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl、b.CH3COONH4、c.NH4HSO4，c(NHeq \\al(＋,4))由大到小的顺序：c>a>b。
(2)同一溶液中不同离子浓度的大小比较。
(3)混合溶液中各离子浓度的比较。
根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
①分子的电离大于相应离子的水解：
例如：等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中，c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。
②分子的电离小于相应离子的水解：
例如：在0.1 ml·L－1的NaCN和0.1 ml·L－1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大小顺序为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)抓“四点”，突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系：
①抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
②抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么，判断溶液的酸碱性。
③抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
④抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么，判断哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示：
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
分析：
a点，溶质为CH3COONa CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
b点，溶质为CH3COONa CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
c点，溶质为CH3COONa
离子浓度关系：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
d点，溶质为CH3COONa NaOH
离子浓度关系：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
【典例1】在0.1 ml·L－1的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是( )
A．水；c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．0.1 ml·L－1盐酸；c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)
C．0.1 ml·L－1醋酸；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．0.1 ml·L－1氢氧化钠；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
A项，正确的离子浓度关系为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；B项，加入0.1 ml·L－1盐酸后，生成等浓度的NaCl和醋酸混合液，故有c(Na＋)＝c(Cl－)，考虑水的电离，故有c(H＋)>c(CH3COO－)，B正确；C项，电离程度大于水解程度，正确的离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；D项，正确的离子浓度关系为c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)。
【典例2】下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．在0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)
B．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(OH－)＋2c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)
C．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na＋)>c(SOeq \\al(2－,4))＝c(NHeq \\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)
D．常温下，将50 mL 0.1 ml·L－1的盐酸与100 mL 0.1 ml·L－1的氨水混合，所得溶液中：c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】D
【解析】
在Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(H＋)，A项错误；根据质子守恒可知：c(OH－)＋c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)，B项错误；NHeq \\al(＋,4)与SOeq \\al(2－,4)均来自NH4HSO4溶液，NHeq \\al(＋,4)部分水解，所以c(SOeq \\al(2－,4))>c(NHeq \\al(＋,4))，C项错误；混合溶液中NH4Cl和NH3·H2O的物质的量相等，NH3·H2O的电离程度大于NHeq \\al(＋,4)的水解程度，溶液显碱性，D项正确。
【效果检测】
1．（2021·云南省楚雄天人中学高二阶段练习）4种混合溶液：分别由等体积0.1ml/L的两溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa ②NH4Cl与HCl ③NH4Cl与NaCl ④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)，下列各项排序正确的是
A．c(NH)：①＜③＜②＜④B．溶液中c(H+)：①＜③＜②＜④
C．pH：②＜①＜④＜③D．c(NH3·H2O)：①＜③＜④＜②
【答案】A
【详解】A．四种溶液中，④NH4Cl与NH3•H2O的混合液显碱性，说明NH3▪H2O的电离大于NH4Cl中的的水解，c()＞0.1ml•L-1；②NH4Cl与HCl的混合液中，由于HCl电离产生的H+抑制的水解，所以c()接近0.1ml•L-1；①NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，铵根离子浓度最小，所以正确排序为：①＜③＜②＜④，故A正确；
B．四种混合物中，②NH4Cl与HCl的混合溶液中HCl完全电离，c(H+)最大；④NH4Cl与NH3•H2O的混合溶液显碱性，c(H+)最小；①NH4Cl与CH3COONa 的混合溶液显中性；③NH4Cl与NaCl 的混合溶液由于的水解显酸性，c(H+)没有②大，故正确c(H+)关系应该为：④＜①＜③＜②，故B错误；
C．酸性越强，pH越小。c(H+)=10-pH，溶液中c(H+)越大，pH越小，借助上一选项可知，pH正确顺序为：②＜③＜①＜④，故C错误；
D．由于④NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中，NH3•H2O是弱电解质，部分电离，c(NH3•H2O)最大，其次是①NH4Cl与CH3COONa的混合溶液，发生了双水解，的水解程度稍大；NH3•H2O浓度最小的是②NH4Cl与HCl的混合溶液，几乎没有NH3•H2O存在，所以NH3•H2O浓度大小顺序为：②＜③＜①＜④，故D错误；
故选A。
2．（2021·湖南·汨罗市楚雄中学高二期中）常温下向20mL0.1ml•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1ml•L-1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是
A．a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3ml∙L-1
B．b、d点表示的溶液的值b=d
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．b点表示的溶液中c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【详解】A．a点表示的溶液中，依据质子守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)=10-3ml∙L-1，则c(CH3COO-)略小于10-3ml∙L-1，A正确；
B．Ka(CH3COOH)=，b、d点溶液的温度相同，Ka(CH3COOH)相同，则表示的溶液的值b=d，B正确；
C．若CH3COOH和NaOH恰好反应完全，则生成CH3COONa溶液呈碱性，而c点表示溶液的pH=7，则应为CH3COOH有剩余，C错误；
D．b点溶液pH＜7，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，且以CH3COOH的电离为主，所以溶液中c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故选C。
3．（2021·吉林江城中学高二期中）某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液，若pH<7，则溶液中各离子浓度的关系不正确的是
A．c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
B．c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)
C．c(H+)+c(A2-)=c(OH-)+c(H2A)
D．c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+2c(A2-)
【答案】D
【分析】二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中既存在电离平衡HA-⇌H++A2-，又存在水解平衡HA-+H2O⇌H2A+OH-，因为溶液pH<7，即显酸性，所以电离程度大于水解程度。
【详解】A．因为电离和水解都较弱，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。A项正确；
B．根据电荷守恒有：c(H＋)+c(Na+)=c(OH－)+2c(A2－)+c(HA-)，B项正确；
C．根据电荷守恒有：c(H＋)+c(Na+)=c(OH－)+2c(A2－)+c(HA-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)。消去两式中c(Na+)项，得c(H＋)+c(H2A)=c(OH－)+c(A2-)。C项正确；
D．根据物料守恒有：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)。D项错误；
答案选D。
4．（2021·广东·华中师大龙岗附中高二期中）现有常温下的四份溶液：①0.01ml/L CH3COOH ②0.01ml/L HCl ③pH=12的氨水 ④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是
A．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B．将②、③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：②=③
C．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH③>④，①>②
D．将①、④混合，若有c(CH3COO-)>c(Na+)，则合液一定呈碱性
【答案】C
【分析】①0.01ml/LCH3COOH，发生部分电离，溶液中的c(H+)<10-2ml/L；②0.01ml/LHCl，c(H+)=10-2ml/L；③pH=12的氨水，c(OH¯)=10-2ml/L；④pH=12的NaOH溶液，c(OH¯)=10-2ml/L。
【详解】A．①中c(H+)最小，对水电离的抑制作用最弱，水的电离程度最大，②中酸电离出的c(H+)与③、④中碱电离出的c(OH¯)相同，对水电离的抑制作用相同，水的电离程度一样大，故A错误；
B．将②③混合，所得溶液为NH4Cl、NH3·H2O的混合液，由于NH3·H2O为弱碱，氨水的起始浓度大于10-2ml/L，所以若pH=7时消耗溶液的体积：②>③，故B错误；
C．稀释促进弱电解质的电离，因此将四份溶液稀释相同倍数后，液的pH③>④，①>②，故C正确；
D．将①、④混合，当溶液中存在c(CH3COO-)>c(Na+)时，根据电荷守恒c(CH3COO-)+ c(OH¯)=c(Na+)+ c(H+)可知，c(H+)> c(OH¯)，溶液一定显酸性，故D错误；
故答案选C。
5．（2021·重庆·巫山县官渡中学高二阶段练习）25℃时，在20mL0.1ml/LNaOH溶液中逐滴加入0.2ml/L醋酸溶液，pH曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是
A．A点，c(Na＋)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H＋)
B．B点，c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)
C．C点，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na＋)
D．C点，c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
【答案】A
【分析】根据图像可以判断溶液的酸碱性，判断氢离子和氢氧根离子的浓度大小，根据电荷守恒可以判断其它两种离子的浓度大小，利用物料守恒可以判断离子浓度之间的关系；
【详解】A．A点时加入10mL醋酸溶液，与氢氧化钠恰好反应，生成醋酸钠，由于醋酸根离子发生水解导致溶液显碱性；故离子浓度大小关系为：c(Na＋)> c(CH3COO-) >c(OH-)>c(H＋)，故A不正确；
B．B点溶液pH等于7，又因在常温下，说明溶液显中性，根据电荷守恒判断；c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．根据C点加入20mL醋酸，根据物料守恒判断，C正确；
D．根据图像C点判断，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(CH3COO-)+ c(OH-)；判断c(CH3COO-)>c(Na＋)；
故选答案A；
【点睛】此题考查离子浓度的大小关系判断，注意在反应过程中原子的种类和个数保持不变。
6．（2022·辽宁·新民市第一高级中学高二期末）常温下，下列有关电解质溶液中相关微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A．0.1ml·L-1CH3COONa溶液中：c(CH3COO-)＜c(Na+)
B．0.1ml·L-1NH4Cl溶液中：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
C．0.1ml·L-1NaClO溶液：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)
D．浓度均为0.1ml·L-1NH4Cl、NH4HSO4溶液中，c()的大小顺序： NH4Cl＞NH4HSO4
【答案】D
【详解】A．CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解，从而使其浓度减小，所以：c(CH3COO-)＜c(Na+)，A正确；
B．0.1ml·L-1NH4Cl溶液中含有c()、c(H+)、c(Cl-)、c(OH-)等离子，溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；
C．0.1ml·L-1NaClO溶液中，ClO-水解生成HClO和OH-，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，C正确；
D．等浓度NH4Cl、NH4HSO4溶液中，NH4Cl中发生水解，从而使c()减小，而NH4HSO4中，虽然也发生水解，但水解受硫酸氢根电离产生H+的抑制，所以c()的大小顺序：NH4Cl＜NH4HSO4，D不正确；
故选D。
7．（2021·广东·深圳实验学校高二阶段练习）下列各项关系中正确的是
A．已知NaHSO3溶液显酸性，则溶液中c()
C．常温下pH=2的稀硫酸与pH=12的氨水等体积混合后溶液呈碱性
D．等浓度的溶液①NH4Cl，②(NH4)2SO4，③NH4HSO4中c(NH4+)大小关系为②>①>③
【答案】C
【详解】A．既能发生电离：，也能发生水解：，已知NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，则溶液中c()>c(H2SO3)，故A错误；
B．0.2ml·L-1CH3COOH溶液与0.1ml·L-1NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，依据溶液液中电荷守恒和物料守恒得出：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B错误；
C．常温下pH=2的稀硫酸中c(H+)=0.01ml/L，一水合氨为弱碱，所以pH=12的氨水浓度远大于0.01ml/L，二者等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故C正确；
D．氯离子、硫酸根对铵根离子的水解没有影响，但硫酸铵可以电离生成2个铵根离子，硫酸氢根会电离出氢离子抑制铵根离子的水解，所以三种溶液c()大小关系为②>③>①，故D错误；
答案选C。
8．（2021·广东·深圳实验学校高二阶段练习）常温下，向20mL0.1ml·L-1氨水中滴加等浓度的稀盐酸，溶液中由水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是
A．常温下，NH3·H2O的电离常数Kb约为1×10-5
B．c点所对应的盐酸体积为20mL
C．b、d两点溶液均为中性
D．b点后溶液中均存在c()
【详解】A．由图可知，0.1ml·L-1氨水中由水电离出的氢离子浓度为10-11 ml·L-1，氨水抑制水的电离，则溶液中的c()=c(OH-)=10-3 ml·L-1，Kb==1×10-5，故A正确；
B．c点水的电离程度最大，溶液中的溶质只有NH4Cl，说明氨水和盐酸恰好完全反应，则所对应的盐酸体积为20mL，故B正确；
C．b点溶液中有NH3·H2O和NH4Cl呈中性，d点溶液中有NH4Cl和HCl，呈酸性，故C错误；
D．b点溶液中有NH3·H2O和NH4Cl呈中性，根据溶液中电荷守恒：，溶液呈中性，则，b点后又滴入盐酸，c(Cl-)增大，则存在c()
9．（2021·北京市第四中学顺义分校高二期中）常温下，有0.1ml/L的四种溶液：①HCl②NH3•H2O③NaOH④Na2CO3
(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_______。
(2)溶液③的pH=_______。
(3)溶液②、③分别与等量的溶液①恰好完全反应，消耗的体积：②________③(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)用广泛pH试纸测得④溶液的pH=11，用离子方程式解释Na2CO3溶液显碱性的原因：_______。溶液中由水电离出的c(OH−)为_______。
(5)常温下，下列关于溶液②的判断正确的是_______。
a.c()=0.1ml/L
b.溶液中c(OH−)>c()>c(H+)
c.加入NH4Cl(s)，c(OH−)不变
d.滴入少量浓盐酸，溶液导电性增强
【答案】(1)HCl=H++Cl-
(2)13
(3)=
(4) 0.001ml/L
(5)bd
【解析】（1）盐酸为强酸，水溶液中电离出氢离子和氯离子，HCl=H++Cl-；
（2）氢氧化钠为强碱，水溶液中完全电离出钠离子、氢氧根离子，氢氧根离子浓度为0.1ml/L，pOH=1，则pH=13；
（3）氨水、氢氧化钠均为一元碱，则等浓度NH3•H2O、NaOH分别与等量的HCl恰好完全反应，消耗的体积相等；
（4）Na2CO3溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子，导致溶液显碱性，，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液的pH=11，则pOH=3，故溶液中由水电离出的c(OH−)为0.001ml/L。
（5）a．一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离，故c()<0.1ml/L，a错误；
b．一水合氨溶液碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒可知，c(OH−)=c()+c(H+)，则溶液中c(OH−)>c()>c(H+)，b正确；
c．加入NH4Cl(s)电离出铵根离子，导致平衡逆向移动，c(OH−)减小，c错误；
d．滴入少量浓盐酸，反应生成氯化铵，氯化铵为强电解质，溶液中离子浓度变大，导电性增强，d正确；
故选bd。
10．（2021·湖北·麻城市第二中学高二期中）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如表数据(25℃)：
(1)25℃时，等浓度的三种溶液(溶液、溶液、溶液)的由大到小的顺序为 _______。(填写序号)
(2)25℃时，向溶液中通入少量，所发生反应的化学方程式为_______
(3)现有浓度为的与 等体积混合后，测得，下列关系正确的是 _______A．B．
C．D．
(4)已知水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小 _______ ；
(5)H2C2O4溶液和酸性溶液可发生反应：，反应中每生成标况下气体，转移的电子的物质的量为 _______
【答案】(1)B＞A＞C
(2)
(3)BD
(4)
(5)0.2
【解析】（1）NaCN、Na2CO3、CH3COONa都属于强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性；由于电离平衡常数K(CH3COOH)＞Ｋ(HCN)＞K2(H2CO3)，根据“越弱越水解”，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度由大到小的顺序为＞CN-＞CH3COO-，故pH由大到小的顺序为B＞A＞C；答案为：B＞A＞C。
（2）由于电离平衡常数K1(H2CO3)＞Ｋ(HCN)＞K2(H2CO3)，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，向NaCN溶液中通入少量CO2反应生成HCN和NaHCO3，反应的化学方程式为NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；答案为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3。
（3）浓度为0.02ml/L的HCN与0.01ml/LNaOH等体积混合，充分反应后，得到物质的量浓度均为0.005ml/LNaCN和HCN的混合液；
A．溶液中c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)知，c(H+)＜c(OH-)，A项错误；
B．由A项解析知，B项正确；
C．溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，两式整理得c(HCN)+2c(H+)=c(CN-)+2c(OH-)，C项错误；
D．溶液中的物料守恒为2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)=0.01ml/L，D项正确；
答案选BD。
（4）在NaHC2O4溶液中既存在的电离平衡⇌H++、又存在的水解平衡+H2O⇌H2C2O4+OH-，由于溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)；答案为：c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)。
（5）标准状况下4.48LCO2物质的量为=0.2ml，反应中碳元素的化合价由H2C2O4中的+3价升至CO2中的+4价，每生成1mlCO2转移1ml电子，生成0.2mlCO2转移0.2ml电子；答案为：0.2。
11．（2022·新疆·柯坪湖州国庆中学高二期末）某二元酸 H2A 的电离方程式是：H2A=H++HA，HA-A2-+H+。回答下列问题：
(1)H2A是_______(填“强电解质”或“弱电解质”或“非电解质”)
(2)Na2A 溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_______；
(3)NaHA 溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_______；
(4)若 0.1ml·L-1NaHA 溶液的 pH=2，则 0.1ml·L-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能_______0.11ml·L-1(填“＜”、“>”或“=”)，理由是：_______；
(5)0.1ml·L NaHA溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_______。
【答案】(1)强电解质
(2) 碱性 A2-+H2OHA-+OH-
(3) 酸性 HA-H++ A2-
(4) ＜ 因H2A第1步电离产生的H+抑制HA-的电离
(5)c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H＋)＞c(A2-)＞c(OH-)
【解析】（1）H2A能完全电离出H+和HA-，所以H2A是强电解质；
（2）根据HA-A2-+H+，可知A2-能水解，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：H2O+A2-⇌HA-+OH-。
（3）H2A是强酸，HA-是弱酸，所以NaHA电离产生的HA-只电离不水解，HA-电离产生H+：HA- A2-+H+，溶液显酸性。
（4）0.1ml•L-1H2A溶液，H2A═H++HA-，电离出0.1ml/LH+和0.1ml/LHA-，0.1ml•L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-⇌H++A2-可知，电离出0.01ml/LH+，但H2A第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以H2A溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1ml/L+0.01ml/L；
（5）NaHA溶液显酸性，存在HA-⇌H++A2-，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，结合水的电离H2O⇌H++OH-，所以c(H+)＞c(A2-)，OH-来自水的电离，且HA-抑制了水的电离，所以溶液中的OH-浓度最小，即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)。
12．（2021·山东·高密三中高二阶段练习）H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是
(1)由图可知酸性比较：H2CO3____H2C2O4(填大于、小于、等于)。
(2)反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为____。
(3)0.1ml/LNaHC2H4溶液中离子浓度大小关系____。
(4)Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应离子方程式为____。
【答案】(1)小于
(2)K==c(OH-)===1×10-3.75
(3)c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
(4)2CO+H2C2O4=2HCO+C2O
【解析】（1）根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10-1.30，当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10-6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，故答案为：小于；
（2）pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数K==c(OH-)===1×10-3.75；
（3）当pH=4.27时，(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2H4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)；
（4）根据图像，pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10-1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，也强于碳酸氢根离子的酸性，故向Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，可以发生反应，2CO+H2C2O4=2HCO+C2O。规律
内容
实例(Na2CO3和NaHCO3)
物料
守恒
在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变
Na2CO3：c(Na＋)＝2[c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)]
NaHCO3：c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)
电荷
守恒
在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性
Na2CO3：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))
NaHCO3：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))
质子
守恒
电解质溶液中，分子(或离子)得失质子(H＋)的物质的量应相等
Na2CO3：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)
NaHCO3：c(OH－)＝c(H＋)－c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)
化学式
电离平衡常数
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