第20讲 电解质溶液中微粒间的关系 （教师版）【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）

第20讲电解质溶液中微粒间的关系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\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－。②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(COeq\o\al(2－,3))＋1×c(HCOeq\o\al(－,3))＋1×c(OH－)。化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\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(nNa＋,nCO\o\al(2－,3))＝eq\f(2,1)，即n(Na＋)＝2n(COeq\o\al(2－,3))，COeq\o\al(2－,3)在水中部分会水解成HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。②c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\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\o\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\o\al(－,3))＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\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H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\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\o\al(－,3))>c(COeq\o\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\o\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\o\al(＋,4)＋Cl－、H2OH＋＋OH－。水解：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。判断溶液中存在的离子有NHeq\o\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\o\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\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋。②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\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\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－。②由于HCOeq\o\al(－,3)的电离常数(K)<水解常数(Kh)HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于HCOeq\o\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\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\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\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。溶液中存在的离子有：Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,3)、OH－。②由于HSOeq\o\al(－,3)的电离常数(K)>水解常数(Kh)HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于HSOeq\o\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\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\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0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\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\o\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0.1mol·L－1的HCN和0.1mol·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＋)＝0.1mol·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0.1mol•L-1Na2SO3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+H2OHSO+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＋)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，D错误。答案选C。【变式1-1】常温下，1mol·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0.1mol/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0.1mol/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四种溶液中，设NH离子浓度分别为amol/L、bmol/L和cmol/L，dmol/L则a、b、c、d关系为A．b=d＞a=c B．c＜a＜b＜d C．a＜c＜b=d D．a＜c＜b＜d【答案】D【解析】浓度均为0.1mol/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＞③ B．⑥＞③＞④＞①＞⑤＞②C．⑥＞④＞⑤＞②＞③＞① D．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0.2mol·L-1的氨水与0.1mol·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)=0.1mol·L-1D．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)=0.2mol·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)=0.1mol·L-1，故C正确；D．由电荷守恒变形可得c(Cl-)=c(NH)＋c(H＋)-c(OH-)=0.05mol·L-1，又知c(NH)＋c(NH3·H2O)=0.1mol·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0.1mol/LNaOH和0.1mol/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∙H2ONH+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-)=0.05mol/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a12.5B．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0.1mol·L-1的四种溶液pH如表，下列说法中正确的是溶液Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.68.310.74.0A．0.1mol·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．0.1mol/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0.1mol·L-1NH4Cl溶液与0.05mol·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>③C．常温下，0.1mol·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-)=9.9×10-9mol·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，0.1mol·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+)=10-6mol·L-1-10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·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，0.1mol/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)<c(Cl-) D．c(Cl-)<c(OH-)【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)<c(Cl-)，A错误；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)<c(Cl-)，C正确；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-)+2c()，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．0.1000mol•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．0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中：c()>c()>c(H＋)>c(OH-)B．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)=c()＋c(H2CO3)＋2c()C．0.1mol·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0.1mol·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：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－)=mol/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＋)，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/10－9mol·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0.2mol，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)>0.2/2mol·L－1=0.1mol·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：弱电解质H2CO3NH3·H2O电离平衡常数(25℃)Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11Kb=1.8×10-5现有常温下1mol/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．TK时，现有25mL含KCl和KCN的溶液，用0.1000mol⋅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．TK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2.50mL，B点体积为5.0mL，故A正确；B．原溶液中mol/L．mol/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10mL0.1mol/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1×10-5B．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-)=1×10-3mol/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。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30mL2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10mL4向的亚磷酸溶液中滴加一定量的NaOH溶液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