十年(23-22)高考化学真题分项汇编专题49 溶液中粒子浓度大小比较（教师版）

专题49专题49溶液中粒子浓度大小比较1．【2022年辽宁卷】甘氨酸SKIPIF1<0是人体必需氨基酸之一、在SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的分布分数【如SKIPIF1<0】与溶液SKIPIF1<0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SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0的平衡常数SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．SKIPIF1<0中存在SKIPIF1<0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SKIPIF1<0的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示SKIPIF1<0的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示SKIPIF1<0的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．SKIPIF1<0的平衡常数SKIPIF1<0，SKIPIF1<0时，根据a，b曲线交点坐标SKIPIF1<0可知，SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故C正确；D．由C项分析可知，SKIPIF1<0，根据b，c曲线交点坐标坐标SKIPIF1<0分析可得电离平衡SKIPIF1<0的电离常数为K1=SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故D错误；故答案选D。2．（2021·广东真题）鸟嘌呤(SKIPIF1<0)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用SKIPIF1<0表示)。已知SKIPIF1<0水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A．SKIPIF1<0水溶液的SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0水溶液加水稀释，SKIPIF1<0升高C．SKIPIF1<0在水中的电离方程式为：SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0水溶液中：SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。3．（2021·山东真题）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+SKIPIF1<0H2R+SKIPIF1<0HRSKIPIF1<0R-。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)=SKIPIF1<0，下列表述正确的是A．SKIPIF1<0>SKIPIF1<0B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=SKIPIF1<0D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【答案】CD【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，溶液中SKIPIF1<0逐渐减小，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0先增大后减小，SKIPIF1<0逐渐增大。SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，M点SKIPIF1<0，由此可知SKIPIF1<0，N点SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，P点SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0。A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，故A错误；B．M点存在电荷守恒：SKIPIF1<0，此时SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，故B错误；C．O点SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，溶液SKIPIF1<0，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此SKIPIF1<0，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此SKIPIF1<0，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。4．（2021.6·浙江真题）取两份SKIPIF1<0SKIPIF1<0的SKIPIF1<0溶液，一份滴加SKIPIF1<0的盐酸，另一份滴加SKIPIF1<0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：SKIPIF1<0溶液中SKIPIF1<0的水解程度大于电离程度B．SKIPIF1<0过程中：SKIPIF1<0逐渐减小C．SKIPIF1<0过程中：SKIPIF1<0D．令c点的SKIPIF1<0，e点的SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0【答案】C【解析】向SKIPIF1<0溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向SKIPIF1<0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SKIPIF1<0溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向SKIPIF1<0溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为SKIPIF1<0，此时溶液呈碱性，SKIPIF1<0在溶液中电离使溶液呈酸性，SKIPIF1<0在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，SKIPIF1<0溶液中SKIPIF1<0的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，SKIPIF1<0过程溶液中SKIPIF1<0，滴加NaOH溶液的过程中SKIPIF1<0保持不变，SKIPIF1<0逐渐减小，因此SKIPIF1<0逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中SKIPIF1<0，向SKIPIF1<0溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此SKIPIF1<0过程中SKIPIF1<0，故C错误；D．c点溶液中SKIPIF1<0=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中SKIPIF1<0=(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。5．（2020·江苏高考真题）室温下，将两种浓度均为SKIPIF1<0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．SKIPIF1<0混合溶液(pH=10.30)：SKIPIF1<0B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0混合溶液(pH=4.76):SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):SKIPIF1<0【答案】AD【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明SKIPIF1<0的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：SKIPIF1<0，溶液中剩余微粒浓度关系为：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0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：SKIPIF1<0，正确；B．该混合溶液中电荷守恒为：SKIPIF1<0，物料守恒为：SKIPIF1<0，两式联立消去c(Cl-)可得：SKIPIF1<0，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+)，错误；D．该混合溶液中物料守恒为：SKIPIF1<0，电荷守恒为：SKIPIF1<0，两式相加可得：SKIPIF1<0，正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。6．（2020·浙江高考真题）常温下，用SKIPIF1<0氨水滴定SKIPIF1<0浓度均为SKIPIF1<0的SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的混合液，下列说法不正确的是()A．在氨水滴定前，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的混合液中SKIPIF1<0B．当滴入氨水SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0C．当滴入氨水SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【答案】C【解析】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(SKIPIF1<0)+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(SKIPIF1<0)+c(OH-)，C不正确；D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c(SKIPIF1<0)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，(SKIPIF1<0)＞c(Cl-)，D不正确；故选CD。7．（2019·江苏高考真题）室温下，反应SKIPIF1<0+H2OSKIPIF1<0H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A．0.2mol·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c(SKIPIF1<0)>c(OH−)>c(H+)B．0.2mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(SKIPIF1<0)>c(SKIPIF1<0)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)C．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(SKIPIF1<0)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(SKIPIF1<0)+c(SKIPIF1<0)D．0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c(SKIPIF1<0)+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】A．NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2OSKIPIF1<0NH4++OH-，H2OSKIPIF1<0H++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，错误；B．NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-SKIPIF1<0H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2OSKIPIF1<0NH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，正确；C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，错误；D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，正确；故选BD。8．（2018·浙江高考真题）在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是A．在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B．在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001molC．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力D．若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-)【答案】B【解析】A．在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+)，错误；B．b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)<n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.001mol，则2n(CO32-)+n(HCO3-)<0.001mol，所以B选项是正确的；

C．在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，错误；D．若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+)>c(CH3COO-)，错误。所以B选项是正确的。9．（2018·江苏高考真题）H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10−2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A．0.1000mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)+c(OH−)−c(H2C2O4)B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)>c(H+)C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)−c(H2C2O4)D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH−)−c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4−)【答案】AD【解析】A．H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），正确；B．c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh===SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=1.85SKIPIF1<010-13SKIPIF1<0Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）SKIPIF1<0c（H2C2O4），错误；C．滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）SKIPIF1<00.1000mol/L，c（Na+）SKIPIF1<00.1000mol/L+c（C2O42-）-c（H2C2O4），错误；D．c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），正确；答案选AD。10．（2017·江苏高考真题）常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法正确的是A．浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C．0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)【答案】AD【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl-和Na+都不水解，c(Cl-)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH-)+c(HCOO-)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。11．（2016·江苏高考真题）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）>c（HC2O4-）B．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）C．c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）>0.100mol·L-1+c（HC2O4-）D．pH=7的溶液中：c（Na+）>2c（C2O42-）【答案】BD【解析】A．根据图像知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）＜c（HC2O4-），错误；B．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液，根据c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1知此时溶液中的溶质为NaHC2O4，溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-），正确；C．c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中有电荷守恒：c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（Na+）+c(H+)，已知c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1，此溶液中H2C2O4浓度几乎为0，可以忽略，把c（HC2O4-）=c（C2O42-）和c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1带入电荷守恒的等式，得到：c（OH-）+c（HC2O4-）+0.100mol·L-1=c（Na+）+c(H+)，溶液的PH＜7，c(H+)＞c（OH-），所以c（Na+）＜0.100mol·L-1+c（HC2O4-），错误；D．由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）>2c（C2O42-），正确。答案选BD。12．（2014·四川高考真题）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)B．20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)D．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)【答案】B【解析】A、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成碳酸钠和水，碳酸根离子水解，溶液显碱性，且碳酸根的水解以第一步水解为主，因此所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)，A不正确；B、20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后反应生成醋酸和氯化钠，反应中醋酸钠过量，所得溶液是醋酸钠、氯化钠和醋酸的混合液，且三种的浓度相等，呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，B正确；C、氨水是弱碱，盐酸是强碱，因此室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后生成氯化铵和水，反应中氨水过量，溶液显碱性，因此所得溶液中：c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C不正确；D、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸根水解，溶液显碱性，根据质子守恒可知所得溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，D不正确，答案选B。13．（2014·江苏高考真题）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c(Na＋)>c(Cl－)＞cCH3COO－)＞c(OH－)B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）：c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：SKIPIF1<0c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：【答案】C【解析】A、0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积恰好反应混合生成醋酸和氯化钠，醋酸电离溶液显酸性，则c(Na＋)＝c(Cl－)＞cCH3COO－)＞c(OH－)，A不正确；B、0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7），这说明溶液显碱性，因此氨水的电离程度大于铵根的水解程度，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，B不正确；C、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，则根据物料守恒可知SKIPIF1<0c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，C正确；D、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），二者恰好反应生成草酸酸氢钠和氯化钠，则根据电荷守恒可知溶液中2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D不正确，答案选C。14．（2015·安徽高考真题）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)【答案】B【解析】A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选B。15．（2015·江苏高考真题）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)B．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO32－)C．0.10mol·L－1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na＋)=2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]D．0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)=c(Cl－)【答案】D【解析】A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，即c(NH4＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)，A错误；B、HSO3－H＋＋SO32－，NH3和H＋反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，根据溶液呈现电中性，c(Na＋)+c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)，pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)+c(NH4＋)＝c(HSO3－)＋2c(SO32－)；根据物料守恒可知，c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO3－)＋c(SO32－)，将此式代入上式可得c(NH4＋)+c(H2SO3)＝c(SO32－)，则c(SO32－)＞c(NH4＋)，因此，c(Na＋)＞c(SO32－)＞c(NH4＋)，B错误；C、根据物料守恒可知，Na2SO3溶液中存在c(Na＋)=2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]。向Na2SO3溶液通入SO2后发生Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3，pH＝7，反应后溶液的溶质Na2SO3、NaHSO3，溶液中的硫元素增多了，原有的物料守恒被破坏了，(Na＋)＜2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]，C错误；D、CH3COONa＋HCl＝CH3COOH＋NaCl，溶液pH＝7，反应后的溶质：NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解的程度相同，因此有c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，D正确。答案选D。16．（2014·全国高考真题）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③【答案】D【解析】A．H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，错误；B．加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，错误；C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），错误；D．酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，正确；答案选D。17．（2015·浙江高考真题）40℃时，在氨－水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是（）A．在pH＝9.0时，c(NH4+)＞c(HCO)＞c(NH2COOˉ)＞c(CO32－)B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COOˉ)＋c(OHˉ)C．随着CO2的通入，不断增大D．在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成【答案】C【解析】A．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(NH2COO-)＞c(CO32-)，正确；B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，正确；C．已知Kb=SKIPIF1<0，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则不断减小，错误；D．由图象可知开始没有NH2COO-，后来也不存在NH2COO-，所以NH2COO-为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，正确;故选C。18．（2012·四川高考真题）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH)B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH)=c(H+)D．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：2c(H+)–2c(OH-)=c(CH3COO-)–c(CH3COOH)【答案】D【解析】A．新制氯水中加入足量固体NaOH存在电荷c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误；B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3-的水解大于其电离，则c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)，错误；C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性，错误；D．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入计算得到：2c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，所以得到：c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，正确；答案为D。19．（2008·上海高考真题）某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是()A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C．加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和【答案】A【解析】A．pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，

且溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，正确；B．由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，错误；

C．根据电荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，如果溶液中存在c(CH3COO-)＞c(Na+)，则c(OH-)<c(H+)，与题给结论不符，错误；D．加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，则c(CH3COO－)＜c(NH4＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)不一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和，错误。综上所述，本题选A。20．（2012·安徽高考真题）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l)△H＝—67.7kJ·mol—1②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l)△H＝—57.3kJ·mol—1在20mL0.1mol·L—1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液，下列有关说法正确的是A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为HF(aq)＝H+(aq)+F−(aq)△H＝+10.4kJ·mol—1B．当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF)+c(H+)C．当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1D．当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)【答案】B【解析】A．根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq)ΔH＝－10.4kJ·mol－1，错误；B．当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+c(HF)]及电荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]来求，正确；C．结合B选项的分析，由于HF为弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05mol·L－1，错误；D．溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，项错误。答案选B。21．（2015·四川高考真题）常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是A．SKIPIF1<0<1.0×10-7mol/LB．c(Na+)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)C．c(H+)+c(NH4+)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)D．c(Cl－)>c(NH4+)>c(HCO3－)>c(CO32－)【答案】C【解析】A．因为所得滤液pH<7，溶液显酸性，因此有SKIPIF1<0=c(OH-)<10－7mol/L，正确；B．因为两者是等体积等浓度混合，因此NH4HCO3和NaCl物质的量相等，即n(Na＋)=n(HCO3－)，根据物料守恒有c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)，正确；C．发生的反应是NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，溶液有NH4Cl和一部分NaHCO3，因此依据电荷守恒，有c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(Cl－)＋2c(HCO3－)，错误；D．根据选项C的分析，离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)，正确；答案选C。22．（2013·四川高考真题）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：实验编号起始浓度/（mol·L－1）反应后溶液的pHc（HA）c(KOH)①0.10.19②x0.27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－)=SKIPIF1<0mol/LC．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1D．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＋)，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/10－9mol·L－1，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0.2mol，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)>0.2/2mol·L－1=0.1mol·L－1，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－)，正确；答案选B。23