第20讲 电解质溶液中微粒间的关系 （含答案）【暑假弯道超车】2024年新高二化学暑假讲义+习题（人教版2019选择性必修1）

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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。
一、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 \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、OH－。
②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(COeq \\al(2－,3))＋1×c(HCOeq \\al(－,3))＋1×c(OH－)。
化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\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\\al(2－,3))＝eq \f(2,1)，即n(Na＋)＝2n(COeq \\al(2－,3))，COeq \\al(2－,3)在水中部分会水解成HCOeq \\al(－,3)、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。
②c(Na＋)＝2[c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\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 \\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 \\al(－,3))＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq \\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。
二、溶液中粒子浓度比较的四种类型
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H2CO3HCOeq \\al(－,3)＋H＋、HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\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 \\al(－,3))>c(COeq \\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 \\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 \\al(＋,4)＋Cl－、H2OH＋＋OH－。
水解：NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。
判断溶液中存在的离子有NHeq \\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 \\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 \\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。
水解：COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－、HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。
溶液中存在的离子有Na＋、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、OH－、H＋。
②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq \\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 \\al(－,3)、HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。
水解：HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。
溶液中存在的离子有Na＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、H＋、OH－。
②由于HCOeq \\al(－,3)的电离常数(K)<水解常数(Kh)
HCOeq \\al(－,3)的电离程度小于HCOeq \\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 \\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq \\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 \\al(－,3)、HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。
水解：HSOeq \\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。
溶液中存在的离子有：Na＋、HSOeq \\al(－,3)、H＋、SOeq \\al(2－,3)、OH－。
②由于HSOeq \\al(－,3)的电离常数(K)>水解常数(Kh)
HSOeq \\al(－,3)的电离程度大于HSOeq \\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 \\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq \\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0.1 ml·L－1 NH4Cl和0.1 ml·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NHeq \\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 \\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0.1 ml·L－1的HCN和0.1 ml·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＋)＝0.1 ml·L－1。
【方法技巧】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，在比较中，要充分运用电荷守恒、元素质量守恒关系。
考点01 单一溶液中粒子浓度大小比较
【例1】对于0.1ml•L-1 Na2SO3溶液，正确的是
A．升高温度，溶液的pH降低
B．c(Na＋)=2c(SO)+ c(HSO)+ c(H2SO3)
C．加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大
D．c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO)+ 2c(HSO)+ c(OH―)
【答案】C
【解析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO发生水解反应：SO+H2O HSO+ OH-，当达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，水解反应是吸热反应，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，所以溶液的c(OH-)增大，pH增大，A错误；
B． 根据物料守恒可得c(Na＋)=2c(SO)+ 2c(HSO)+ 2c(H2SO3)，B错误；
C．加入少量NaOH固体，Na+物质的量增加，所以c(Na＋)增大，由于加入碱，使溶液中c(OH-)增大，根据平衡移动原理，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，使溶液中c(SO)也增大，C正确；
D．根据电荷守恒可得c(Na＋)+c(H＋)=2 c(SO)+ c(HSO)+ c(OH-)，D错误。
答案选C。
【变式1-1】常温下，1ml·L-1NaHCO3溶液的pH=8。下列说法正确的是
A．该溶液中，存在c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
B．该溶液中，存在c(OH-)+c(CO)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
C．该溶液中，存在2c(Na+)+2c(H+)=2c(HCO)+c(CO)+2c(OH-)
D．加水稀释水解程度增大，溶液pH增大
【答案】A
【解析】A．该溶液中显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，存在c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A正确；
B．该溶液中根据质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，B错误；
C．该溶液中根据电荷守恒，存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，C错误；
D．加水稀释水解程度增大，溶液碱性减弱，pH减小，D错误；
故选A。
【变式1-2】在0.1ml/LNa2CO3溶液中，各种微粒之间存在下列关系，其中正确的是
A．c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)B．2c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
C．c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)D．c(Na+)＞c(OH-)＞c(CO)＞c(H+)
【答案】A
【解析】A．碳酸钠溶液中遵循电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，A正确；
B．碳酸钠溶液中遵循物料守恒，即c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，B错误；
C．碳酸钠溶液中遵循质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；
D．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，但水解微弱，所以离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；故选A。
考点02 不同溶液中离子浓度大小比较
【例2】浓度均为0.1ml/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四种溶液中，设NH离子浓度分别为aml/L、bml/L和cml/L，dml/L则a、b、c、d关系为
A．b=d＞a=cB．c＜a＜b＜dC．a＜c＜b=dD．a＜c＜b＜d
【答案】D
【解析】浓度均为0.1ml/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四种溶液中，(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2二种铵盐铵根离子系数都是2，NH4Cl、NH4HSO4二种铵盐铵根离子系数都是1，则(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2二种铵盐铵根离子浓度比NH4Cl、NH4HSO4二种铵盐铵根离子浓度大，由于(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+水解呈酸性，会抑制NH的水解，则(NH4)2Fe(SO4)2中铵根离子浓度大于(NH4)2SO4中铵根离子浓度，NH4HSO4中会电离出H+，抑制铵根离子水解，则NH4HSO4中铵根离子浓度大于NH4Cl中铵根离子浓度，由上分析可得，NH离子浓度关系为a＜c＜b＜d；故选D。
【变式2-1】在相同物质的量浓度的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2④NH4HSO4⑤NH4HCO3⑥NH4Cl溶液中，c(NH)大小比较，正确的顺序是
A．④＞⑥＞⑤＞①＞②＞③B．⑥＞③＞④＞①＞⑤＞②
C．⑥＞④＞⑤＞②＞③＞①D．③＞②＞①＞④＞⑥＞⑤
【答案】D
【解析】物质的量浓度相同的下列溶液：①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2④NH4HSO4⑤NH4HCO3⑥NH4Cl，先不考虑水解，则①(NH4)2CO3②(NH4)2CO3 和 ③(NH4)2Fe(SO4)2都含有两个，所以①②③中c()大于其它三种物质，而①(NH4)2CO3 中水解显酸性，CO水解显碱性，两者相互促进，所以水解的量较多，的量较少，②(NH4)2SO4中SO对浓度无影响，③(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子对的水解起抑制，水解程度较小，c()较大，即溶液中c()：③>②>①；④⑤⑥三种物质中，④NH4HSO4完全电离，水解受到的溶液中的大量的H+的抑制，即的量较多，溶液中c()较大，⑥NH4Cl中，水解，Cl-对无影响，⑤NH4HCO3中，HCO水解促进水解，溶液中c()应最小，则④>⑥>⑤；故答案为D。
考点03 混合溶液中粒子浓度大小比较
【例3】已知：室温下0.2 ml·L-1的氨水与0.1 ml·L-1的盐酸等体积混合后溶液呈碱性(假设混合后溶液总体积不变)，则混合溶液中下列关系不正确的是
A．c(NH)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H＋)
B．c(NH)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(Cl-)
C．c(NH)＋c(NH3·H2O)=0.1 ml·L-1
D．c(NH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(NH3·H2O)
【答案】A
【解析】A．所得溶液为等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合液，溶液呈碱性，则有c(OH-)>c(H＋)；由于NH3·H2O是弱电解质，部分电离，则有c(Cl-)>c(OH-)，故混合溶液中离子浓度关系为c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)，故A错误；
B．混合液呈电中性，存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(Cl-)，故B正确；
C．混合前氨水中c(NH3·H2O)=0.2 ml·L-1，混合后溶液体积增加1倍，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)=0.1 ml·L-1，故C正确；
D．由电荷守恒变形可得c(Cl-)=c(NH)＋c(H＋)-c(OH-)=0.05 ml·L-1，又知c(NH)＋c(NH3·H2O)=0.1 ml·L-1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)=2[c(NH)＋c(H＋)-c(OH-)]，从而可得c(NH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(NH3·H2O)，故D正确；故选A。
【变式3-1】将0.1ml/LNaOH和0.1ml/LNH4Cl溶液等体积混合后，离子浓度大小正确的次序是：
A．c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B．c(Na+)＝c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
C．c(Na+)＝c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)D．c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【分析】由NaOH+NH4Cl=NaCl+NH3∙H2O反应可知，反应后变为等浓度的NaCl、NH3∙H2O 溶液，NaCl=Na++Cl-(完全电离)，NH3∙H2O NH+OH- （部分电离），所以溶液呈碱性，据此分析各离子浓度大小关系。
【解析】由NaOH+NH4Cl=NaCl+NH3∙H2O反应可知，反应后变为等浓度的NaCl、NH3∙H2O 溶液，NaCl=Na++Cl-(完全电离)，NH3∙H2ONH+OH- （部分电离），所以溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，c(Na+)=c(Cl-)=0.05ml/L，c(Na+)=c(Cl-) >c(OH-)＞c(NH)＞c(H+)，所以c(Na+)=c(Cl-) ＞c(OH-)＞c(H+)，B正确；综上所述，本题正确选项B。
【变式3-2】25℃时，在250.1的溶液中，逐滴加入0.2的溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列分析的结论中正确的是
A．B点的横坐标a12.5
B．C点时
C．D点
D．曲线上A、B间任一点，溶液中都有
【答案】B
【解析】A． 醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5mL，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5mL，B点的横坐标a＞12.5，故A错误；
B． C点显酸性，，溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则，则C点时，，故B正确；
C． D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的物质的量浓度相同，根据物料守恒D点，则c(CH3COO-)＜2c(Na+)，故C错误；
D． 若加入的醋酸很少时，醋酸钠含量少，氢氧化钠含量较高，会有，故D错误；
故选B。
考点04 电解质溶液粒子浓度大小比较
【例4】常温下，浓度为0.1ml·L-1的四种溶液pH如表，下列说法中正确的是
A．0.1ml·L-1Na2CO3溶液加水，稀释后溶液中所有离子的浓度均减小
B．NaHCO3溶液中2c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO)
C．NaHSO3溶液中c(Na+)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)>c(H+)>c(OH-)
D．向NaClO溶液中滴加硫酸至中性时，c(Na+)=2c(SO)+c(ClO-)
【答案】D
【解析】A．0.1ml/L碳酸钠溶液呈碱性，加水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，溶液中氢离子浓度增大，故A错误；
B． 碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+ c(HCO)和物料守恒关系c(Na+)= c(H2CO3)+ c(CO)+ c(HCO)，整合可得c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO)，故B错误；
C．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故C错误；
D．向次氯酸钠溶液中滴加硫酸至中性时，溶液中c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c(SO)+ c(Cl-)可得c(Na+)= 2c(SO)+ c(ClO-)，故D正确；故选D。
【变式4-1】下列说法正确的是
A．常温下，将0.1ml·L-1NH4Cl溶液与0.05ml·L-1NaOH溶液等体积混合，(pH=9.25)：c(Cl-)>c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)
B．pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c()大小顺序为①>②>③
C．常温下，0.1ml·L-1NaHA溶液的pH=8，则溶液中：c(HA-)>c(OH-)>c(H2A)>c(A2-)
D．常温下，NaB溶液的pH=8，c(Na+)-c(B-)=9.9×10-9ml·L-1
【答案】C
【解析】A．混合后部分NH4Cl与NaOH发生反应，所得混合物中NH4Cl、NH3·H2O、NaCl物质的量之比为1:1:1，溶液呈碱性，NH4Cl的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，故 c(Cl-)>c()>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，A项错误；
B．硫酸铵和氯化铵因铵离子水解呈酸性、硫酸氢铵主要因电离出氢离子呈酸性，且H+、SO 、Cl-对NH4+的水解所起作用分别为抑制、无影响、无影响，则pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中c()大小顺序为①=②>③，B项错误；
C．常温下，0.1ml·L-1的NaHA溶液的pH=8、呈碱性，说明HA-的水解程度大于其电离程度，故：c(HA-)>c(OH-)>c(H2A)>c(A2-)，C项正确；
D．电荷守恒: c(Na+)+ c(H+)=c(B-)+ c(OH-)，则有：c(Na+)-c(B-)=c(OH-)-c(H+)=10-6 ml·L-1-10-8 ml·L-1=9.9×10-7ml·L-1，D错误；故选C。
【变式4-2】常温下，下列叙述错误的是
A．向稀溶液中加入少量晶体，则溶液中减小
B．浓度均为溶液和溶液等体积混合：
C．溶液中：
D．向盐酸中逐滴加入氨水至溶液呈中性时，则混合液中
【答案】A
【解析】A． 向的稀溶液中加入少量晶体，即增大了溶液浓度，浓度越大，水解程度越小，故增大，A错误；
B． 溶液中存在物料守恒为：，B正确；
C． 溶液中存在质子守恒为： ，C正确；
D． 根据电荷守恒可得中性溶液中， D正确；
答案为：A。
1．常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中
A．c(HCOO-)>c(Na＋)B．c(HCOO-)＜c(Na＋)
C．c(HCOO-)=c(Na＋)D．无法确定c(HCOO-)与c(Na＋)的关系
【答案】C
【解析】常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，根据电荷守恒，c(CH3COO－) + c(OH－)= c(H+)+ c(Na+)，溶液pH=7，c(OH－)= c(H+)，因此c(CH3COO－) = c(Na+)，故C正确；答案为C。
2．在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是
A．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
【答案】A
【解析】CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液存在电荷守恒，则c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)，因单水解的程度一般较弱，则有c(CH3COO-)＞c(OH-)，因此有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故选A。
3．已知常温下，0.1ml/l的NH4Cl溶液中，下列关系正确的是
A．c(NH3•H2O)>c(Cl-)B．c(H+)=c(OH-)
C．c(NH)【答案】C
【分析】NH4Cl溶液中铵根离子水解，水解方程式为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，以此解题。
【解析】
A．由于铵根离子的水解是微弱的，则c(NH3•H2O)B．由分析可知，该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，B错误；
C．由于铵根离子的水解导致其浓度小于氯离子浓度，即c(NH)D．由分析可知，该溶液显酸性，氢氧根离子较少，则c(Cl-)>c(OH-)，D错误；
故选C。
4．稀溶液中，下列离子浓度关系不正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】A．根据电荷守恒可得：，A正确；
B．由物料守恒和电荷守恒可知质子守恒，，B正确；
C．根据物料守恒可得：，C正确；
D．是强碱弱酸盐，水解消耗水电离产生的，因此最终达到平衡时，溶液中，因此离子浓度关系为，D错误；
故选D。
5．常温下某浓度的NaHSO3稀溶液的pH<7.则该稀溶液中下列粒子浓度关系正确的是
A．c(Na＋)>c()＋c()
B．c(Na＋)>c()>c(H2SO3)>c()
C．c(H2SO3)＋c(H＋)=c(OH-)
D．c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(OH-)
【答案】A
【分析】NaHSO3溶液中存在、，由于溶液的pH<7，说明的电离程度大于的水解程度，故c()>c()；
【解析】A．由物料守恒可知，，故c(Na＋)>c()＋c()，A正确；
B．的电离程度大于的水解程度，则c(Na＋)>c()>c()>c(H2SO3)， B错误；
C．由质子守恒可知，c(H2SO3)＋c(H＋)=c(OH-)+ c()，C错误；
D．由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(OH-)+2 c()，D错误；
故选A。
6．用溶液分别滴定20.00ml的盐酸和醋酸，滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是(V为体积)
A．I、II分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，滴定盐酸消耗的V(NaOH)大于醋酸消耗的V(NaOH)
C．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中
D．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中
【答案】B
【解析】A．0.1000ml•L−1的盐酸和醋酸，盐酸的pH＝1，醋酸的pH值大于1，因此Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，故A错误；
B．pH＝7时，滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH＝7，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积大于滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积，故B正确；
C．V(NaOH)＝20.00mL时，两溶液溶质分别为NaCl和CH3COONa,醋酸根离子水解，因此溶液中c(CH3COO−)＜c(Cl−)，故C错误；
D．V(NaOH)＝10.00mL时，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，根据图中信息，溶液显酸性，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，因此溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO−)，故D错误；
故选B。
7．下列溶液液中，微粒的物质的量浓度表述正确的是
A．0.1ml·L-1的(NH4)2SO4溶液中：c()>c()>c(H＋)>c(OH-)
B．0.1ml·L-1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)=c()＋c(H2CO3)＋2c()
C．0.1ml·L-1氨水中：c(OH-)=c()
D．在25℃100mLNH4Cl溶液中：c(Cl-)=c()＋c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】A．由于(NH4)2SO4溶液中铵根离子的水解程度小，则c()>c()，溶液中正确的离子浓度大小为c()>c())>c(H＋)>c(OH-)，故A错误；
B．根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)=c()＋c(H2CO3)＋c()，故B错误；
C．氨水为弱碱，则0.1ml·L-1的氨水中，c(H＋)＜c(OH-)，故C错误；
D．25℃100mLNH4Cl溶液中，根据物料守恒可得：c(Cl-)=c()＋c(NH3·H2O)，故D正确；
故选D。
8．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
下列判断不正确的是
A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)=ml/L
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1ml·L－1
D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)=c(A－)>c(OH－) =c(H＋)
【答案】B
【解析】A、两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反应，溶质是KA，反应后溶液显碱性，说明HA是弱酸，A－发生水解，A－＋H2OHA＋OH－，离子浓度大小顺序是c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故A说法正确；
B、根据电荷守恒，有c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，则有c(OH－)=c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)=Kw/10－9ml·L－1，故B说法错误；
C、因为HA是弱酸，反应后溶液显中性，溶质为HA和KA，因此HA的浓度应大于0.2ml，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)>0.2/2ml·L－1=0.1ml·L－1，故C说法正确；
D、根据电中性，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)，c(K＋)=c(A－)，离子浓度大小顺序是c(K＋)=c(A－)> c(H＋)=c(OH－)，故D说法正确；
答案选B。
9．CO2溶于水生成碳酸。已知下列数据：
现有常温下1ml/L的(NH4)2CO3溶液，下列说法正确的是
A．由数据可判断该溶液呈酸性
B．c()>c()>c()>c(NH3·H2O)
C．c()+c(NH3·H2O)=2c()+2c()+2c(H2CO3)
D．c()+c(H+)=()+c(OH-)+c()
【答案】C
【解析】A．由表数据可知，Kb> Ka2，则碳酸根离子水解程度大于铵根离子的水解程度，常温下的溶液呈碱性，A错误；
B．盐类的水解是微弱的，所以铵根离子浓度最大、碳酸根离子浓度次之，故c()>c()>c()>c(NH3·H2O)，B错误；
C．由物料守恒可知，c()+c(NH3·H2O)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，C正确；
D．由电荷守恒可知，c()+c(H+)=()+c(OH-)+2c()，D错误；
故选C。
10．T K时，现有25 mL含KCl和KCN的溶液，用0.1000 ml⋅L的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定（与的反应可以忽略），获得电动势（E）和硝酸银标准溶液体积（V）的电位滴定曲线如图所示，曲线上的转折点即为化学计量点。下列说法不正确的是
已知：Ⅰ．与的反应过程为①，
②；
Ⅱ．T K时，，．
A．，A→B发生反应：；
B．原溶液中，
C．C点时，溶液中
D．D点：
【答案】D
【分析】已知曲线上的转折点为化学计量点，根据题意和图像，结合化学方程式可知：A点为完全反应生成的终点，B点为转化为AgCN沉淀，看作第一滴定终点，C点生成AgCl沉淀，看作第二滴定终点。
【解析】A．根据与反应过程：①、②可知：A点体积为2.50 mL，B点体积为5.0 mL，故A正确；
B．原溶液中ml/L．ml/L．根据物料守恒关系可知：，故B正确；
C．C点，和完全沉淀，溶液中同时存在二者的沉淀溶解平衡，，故C正确；
D．D点，硝酸银溶液过量，根据和图像关系可知：，故D错误；
故选D。
11．常温下，在10 mL0.1ml/LMOH溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液AG()与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法错误的是

A．常温下，MOH的电离常数约为1×10-5
B．滴加盐酸过程中，水的电离程度：P点最大
C．F点溶液中：c(MOH)＞c(M+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．Q点溶液中：c(H+)＞2c(MOH)＞c(M+)
【答案】C
【解析】A．E点MOH溶液中1g=8，结合c(H+)·c(OH-)=10-14，可知，c(OH-)=1×10-3 ml/L，MOH的电离常数K=≈1×10-5，A正确；
B．P点酸碱恰好中和，溶质为MC1，该盐是强酸弱碱盐，MCl发生水解反应，从而可以促进水的电离，因此P点水的电离程度最大，B正确；
C．F点溶液呈碱性，溶质为MCl和MOH，二者的物质的量相等，MOH的电离程度大于M+的水解程度，故离子浓度关系为：c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；
D．Q点加入盐酸体积为MOH体积的2倍，根据电荷守恒有c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(M+)，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=2c(MOH)+2c(M+)，两式处理后有c(H+)=2c(MOH)+c(M+)+c(OH-)，故c(H+)＞2c(MOH)+c(M+)，D正确；故选C。
12．亚磷酸（）是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂原料。已知：的；。室温下，通过下列实验探究的性质。
下列说法不正确的是
A．实验1中发生的反应的离子方程式是
B．实验2中上层清液中，
C．实验3此时溶液中离子浓度的大小关系为：
D．实验4当时，
【答案】C
【解析】A．实验1中氢氧化钠溶液过量，则H3PO3为二元酸，产物为，故发生的反应的离子方程式为，故A正确；
B．实验2滴加足量的氢氧化钙，产生的沉淀为，其，故B正确；
C．当滴加等浓度的NaOH溶液10mL时，发生反应，溶液为，已知，其水解平衡常数，，电离程度大于水解程度，溶液中，故C错误；
D，当时，，，溶液显酸性，由电荷守恒可得，，，可得，故D正确；
故选C。
13．一定温度下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中随pH的变化如图1，溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。已知：①MA，均为难溶物；②初始。
下列说法正确的是
A．时，
B．初始状态a点发生反应：
C．I曲线上的点满足
D．初始状态的b点，平衡后溶液中存在
【答案】B
【分析】由可得，，故曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示MA的溶解平衡曲线。
【解析】A．由图2可得，H2A的电离平衡常数， ，，，则当c(A2-)=c(H2A)时，，即pH=8.5，故A错误；
B．初始状态a点在曲线Ⅱ的上方，曲线I的下方，故生成MA，故发生反应：，故B正确；
C．曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，故I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=Ksp[M(OH)2]，故C错误；
D．初始状态的b点在曲线Ⅱ的上方，曲线I的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)＜0.2ml/L，故D错误；
故选B。
14．室温下，由二氧化锰与硫化锰矿（含Fe、Mg等杂质）制备MnSO4的流程如下
已知：的电离平衡常数；H2CO3的电离平衡常数，；MnCO3的溶度积，下列说法不正确的是
A．“酸溶”时的主要离子方程式：
B．氨水中离子浓度：
C．“沉锰”后上层清液中：
D．NH4HCO3溶液中：
【答案】C
【解析】A．“酸溶”时离子方程式：，A正确；
B．根据电荷守恒，氨水中存在：，B正确；
C．“沉锰”后上层清液中：，，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：，，水解程度小于水解程度，溶液呈碱性，，所以，D正确；
答案选C。
15．甲酸铵是一种常见分析试剂，常用于制药、电解、电容器等行业。25℃时，用HCl气体或NaOH固体改变0.1ml/L的溶液的pH，、、和随pH变化的关系如图所示(已知：，]。下列说法错误的是
A．0.1ml/L的溶液中，
B．P点溶液存在
C．O点对应溶液中
D．Q点溶液pH=6.5
【答案】C
【分析】随着溶液pH值的增大，c(HCOOH)减小、c(NH3•H2O)增大、c(H+)减小、c(OH-)增大，则1gc(HCOOH)减小、1gc(NH3•H2O)增大、1gc(H+)减小、1gc(OH-)增大，溶液的pH=7时，1gc(H+)=1gc(OH-)，根据图知，曲线①②③④分布表示1gc(H+)、1gc(HCOOH)、1gc(NH3•H2O)、1gc(OH-)。据此分析作答。
【解析】A．溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(HCOO-)、物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3•H2O)+c(NH)，所以存在c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故A正确；
B．P点c(HCOOH)= c(OH-)，溶液中存在物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3•H2O)+c(NH)，所以存在，故B正确；
C．O点对应溶液中c(H+)=c(HCOOH)，根据，解得c(HCOO-)=，溶液中存在物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3•H2O)+c(NH)=0.1ml/L，c(HCOOH)= c(H+)≈0.1ml/L，结合，代入数据，解得，C错误；
D．Q点c(HCOOH)=c(NH3•H2O)，溶液中存在物料守恒：c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3•H2O)+c(NH)，所以c(HCOO-)=c(NH)，根据，， ，代入数据，解得c(OH-)=10-7.5ml/L，则c c(H+)=10-6.5ml/L，pH=6.5，故D正确；
故选：C。
溶液
Na2CO3
NaHCO3
NaClO
NaHSO3
pH
11.6
8.3
10.7
4.0
实验编号
起始浓度/（ml·L－1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
弱电解质
H2CO3
NH3·H2O
电离平衡常数(25℃)
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
Kb=1.8×10-5
实验序号
实验操作
1
向的亚磷酸溶液中滴加等浓度的NaOH溶液30mL
2
向的亚磷酸溶液中滴加足量的氢氧化钙，产生大量白色沉淀
3
向的亚磷酸溶液中滴加等浓度的NaOH溶液10mL
4
向的亚磷酸溶液中滴加一定量的NaOH溶液