热点专项 溶液中粒子浓度大小比较（讲义）-2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考）

第第④离子(粒子)浓度比较分析：在没有电离和水解之前c(Na＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)均为0.1mol·L－1，但由于溶液呈酸性，以HA的电离为主，即电离程度大于水解程度c(CH3COOH)＝0.1-电离消耗+水解生成＜0.1c(CH3COO－)＝0.1+电离生成-水解消耗＞0.1c(Na＋)＝0.1，H＋是由HA电离出来的，电离程度很微弱，故浓度大小为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)3．混合溶液中离子浓度的比较(1)判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成。(2)明确溶液中存在的所有平衡：根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)。(3)确定溶液的酸碱性：根据题给信息，确定溶液的酸碱性，判断是以电离为主还是以水解为主。(4)比大小：比较离子大小，在比较中，要充分运用电荷守恒、物料守恒关系。【名师提醒】考向1溶液混合型粒子浓度关系1．天门冬氨酸(，记为H2Y)是一种天然氨基酸，水溶液显酸性，溶液中存在H2YH++HY-，HY-H++Y2-，与足量NaOH反应生成Na2Y，与盐酸反应生成YH3。下列说法正确的是()A．常温下，0.05mol·L-1的H2Y溶液的pH=1B．pH=2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH=4.97C．YH3水溶液中：c(H+)+c(YH3-)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HY-)D．Na2Y溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HY-)+2c(H2Y)+3c(YH3-)【答案】D【解析】A项，H2Y部分电离，常温下，0.05mol·L-1的H2Y溶液的pH>1，A错误；B项，稀释过程中电离程度增大，pH=2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH<4.97，B错误；C项，根据电荷守恒知，YH3水溶液中：c(H+)+c(YH3-)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HY-)+2c(Y2-)，C错误；D项，根据电荷守恒和物料守恒知，Na2Y溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HY-)+2c(H2Y)+3c(YH3-)，D正确；故选D。2．室温下用0.1mol•L-1NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)。H2SO3电离常数分别为Ka1=1.54×10-2、Ka2=1.00×10-7。下列说法正确的是()A．NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO32-)>c(HSO3-)>c(H2SO3)B．NaOH完全转化为NaHSO3时，溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH—)+c(H2SO3)C．NaOH完全转化为Na2SO3时，溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH—)>c(HSO3-)D．NaOH溶液吸收SO2，c总=0.1mol•L-1溶液中：c(H2SO3)>c(SO32-)【答案】C【解析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。A项，氢氧化钠溶液吸收二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故A错误；B项，亚硫酸氢钠溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(H2SO3)=c(OH—)+c(SO32-)，故B错误；C项，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH—)>c(HSO3-)，故C正确；D项，c总=0.1mol•L-1溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(SO32-)>c(H2SO3)，故D错误；故选C。3．室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5实验2：0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，没有明显现象实验3：0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去实验4：将0.1mol·L-1Na2SO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产白色沉淀下列说法正确的是()A．由实验1可得出：＞Ka2(H2SO3)B．实验2所得的溶液中c(HSO3-)＞c(SO32-)C．实验3中发生反应的离子方程式为H2O+Cl2+SO32-=SO42-+2H++2Cl-D．实验4中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(SO32-)＜Ksp(CaSO3)【答案】C【解析】A项，溶液显酸性，说明溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，第二步电离常数大于水解常数，即Ka2(H2SO3)＞，A错误；B项，0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，所得溶液为Na2SO3溶液，溶液中c(SO32-)＞c(HSO3-)，B错误；C项，新制饱和氯水中有氯气，氯气具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：H2O+Cl2+SO32-=SO42-+2H++2Cl-，C正确；D项，两溶液混合若产生白色沉淀，说明溶液中c(Ca2+)·c(SO32-)>Ksp(CaSO3)，D错误；故选C。4．(2025·江浙皖高中发展共同体高三联考)草酸钠(Na2C2O4)可用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。实验实验操作和现象1测得0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH=8.42向0.2mol·L-1Na2C2O4溶液中加入等体积盐酸，测得混合后溶液的pH=5.53向0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液仍为无色4向0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀下列有关说法正确的是()A．0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中存在：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHC2O4-＋cC2O42-B．实验2得到的溶液中：c(Cl－)＞cH2C2O4＞cC2O42-C．实验3中被还原成，则反应的离子方程式：C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+Mn2++8H2OD．依据实验4可得：Ksp(CaC2O4)×10－3【答案】C【解析】实验1草酸钠溶液显碱性，说明草酸钠为强碱弱酸盐，故草酸为弱酸；实验2溶液混合后发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，氯离子浓度为0.1mol/L，溶液的pH=5.5，说明草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故草酸根浓度大于草酸浓度，即＞cH2C2O4；实验3中草酸根与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色；实验4中生成白色沉淀，说明溶液中。A项，0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中存在电荷守恒：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHC2O4-＋2cC2O42-，A错误；B项，实验2中：c(Cl－)＞cC2O42-＞cH2C2O4，B错误；C项，若实验3中MnO4-被还原成Mn2+，草酸根具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+Mn2++8H2O，C正确；D项，实验4中产生白色沉淀，则，即：Ksp(CaC2O4)×10－3，D错误；故选C。5．(2022·江苏省百校大联考高三第二次考试)室温下，通过下列实验探究亚硫酸盐的性质。已知：Ka1(H2SO3)=1.54×10-2、Ka2(H2SO3)=1.02×10-7实验实验操作和现象1向10mL0.10mol·L-1NaOH溶液通入11.2mL(标准状况)SO2，测得pH约为92向10mL0.10mol·L-1NaOH溶液通入SO2至溶液pH=73向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液通入22.4mL(标准状况)SO2，测得pH约为34取实验3所得溶液1mL，加入1mL0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀下列说法正确的是()A．实验1得到的溶液中有：c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H+)<c(OH-)B．实验2得到的溶液中有：c(SO32-)<c(HSO3-)C．实验3得到的溶液中有：c(H+)+c(Na+)<c(HSO3-)+2c(H2SO3)D．实验4中可知：Ksp(BaSO3)<5×10-5【答案】D【解析】A项，11.2mL(标准状况)SO2得物质的量为=0.0005mol，故实验1得到Na2SO3溶液中，根据质子守恒可得2c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(H+)=c(OH-)，又Na2SO3溶液中2c(H2SO3)<c(SO32-)，所以c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H+)>c(OH-)，故A错误；B项，Ka2(H2SO3)==1.02×10-7，实验2得到的溶液pH=7，即c(H+)=1.0×10-7，即=1.02，有c(SO32-)>c(HSO3-)，故B错误；C项，22.4mL(标准状况)SO2的物质的量为=0.001mol，故实验3得到NaHSO3溶液，其浓度为0.1mol/L，c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，由Kh(HS)==<Ka2(HSO3-)，溶液呈酸性c(H+)>c(OH-)，且c(SO32-)>c(H2SO3)，可知：c(H+)+c(Na+)>c(HSO3-)+2c(H2SO3)+c(OH-)>c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故C错误；D项，实验4中发生的反应为亚硫酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2HSO3-+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+SO32-+2H2O，实验4中亚硫酸氢钠浓度为0.1mol/L，Ba(OH)2溶液0.01mol/L，等体积混合，则氢氧化钡少量，c(SO32-)=，c(Ba2+)=，Q(BaSO3)=0.01×0.005=5×10-5>Ksp(BaSO3)，故有沉淀，故D正确；故选D。6．室温下：、、、实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：实验实验操作和现象1测定0.10mol•L-1NaHCO3溶液的pH约为82测定0.10mol•L-1HCN与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>73向NaClO溶液中通入少量的CO2，测得pH降低4向0.01mol•L-1Na2CO3溶液中加入等体积0.02mol•L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀下列所得结论正确的是()A．实验1溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-)B．由实验2可得C．实验3反应的离子方程式：CO2+H2O+2=CO32-+2HClOD．实验4所得上层清液中的【答案】D【解析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3-；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。A项，碳酸氢钠溶液中存在的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故A错误；B项，实验2中0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka(HCN)小于水解常数，故B错误；C．项，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3-，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，故C错误；D项，由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.02mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为=0.005mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为==2×10—6.55mol/L，故D正确；故选D。7．常温下，向新制氯水中滴加溶液，溶液中水电离出的OH-浓度与溶液体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是()A．E、H点溶液的分别为3和7B．F点对应的溶液中：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)C．G点对应的溶液中：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)D．E～H点对应的溶液中，c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)+c(Cl2)为定值【答案】B【解析】通过图象分析，E点位新制的氯水，溶液为盐酸和次氯酸的混合溶液，对水的电离有抑制作用，F点溶液为中性，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，H点溶液呈碱性。A项，E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3；H点NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，pH>7，A错误；B项，F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝c(Cl-)+c(ClO-)，B正确；C项，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；D项，根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)+2c(Cl2)为定值，D错误；故选B。考向2化工流程中粒子浓度关系8．(2024·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研一模)室温下，通过矿物中PbSO4获得Pb(NO3)2的过程如下：已知：，。下列说法正确的是()A．Na2CO3溶液中：cOH－cH＋＋cHCO3-＋2cH2CO3B．反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s))+SO42-(aq)正向进行，需满足C．“脱硫”后上层清液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋2cSO42-D．PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，溶液中CO32-浓度逐渐减小【答案】D【解析】PbSO4中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解得到Pb(NO3)2。A项，由质子守恒关系得：cOH－＝cH＋＋cHCO3-＋2cH2CO3，故A错误；B项，PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s))+SO42-(aq)该反应的平衡常数，当浓度商时，平衡正向移动，故B错误；C项，“脱硫”后上层清液主要是Na2SO4溶液，还含有未反应完的Na2CO3溶液，守恒关系还应考虑CO32，故C错误；D项，PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，由于CO32会和H+反应生成CO2，所以溶液中CO32浓度逐渐减小，故D正确；故选D。9．(2024·江苏省南通市高三第二次调研测试)实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体。已知：、下列说法不正确的是()A．pH=2的H2C2O4溶液中：cH2C2O4cHC2O4-B．“酸化”后的溶液中：cNH4＋＋2c2cSO42-C．可以用酸性KMnO4溶液检验“沉淀”后的上层清液中是否含有D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥【答案】C【解析】A项，pH=2的H2C2O4溶液中c(H＋)=mol·L-1，，，即cH2C2O4cHC2O4-，A正确；B项，根据电荷守恒：，溶液显酸性，cH＋＞cOH－，cNH4＋＋2c2cSO42-，B正确；C项，酸性KMnO4除了可以氧化，也可以氧化H2C2O4等，溶液褪色不能证明是否含，C错误；D项，乙醇与水互溶，用乙醇洗可带走水分，利于干燥，D正确；故选C。10．[真题改编](2023•江苏卷，12)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示：已知：Ksp(MgF2)=5.2×10－11，Ksp(MnCO3)=8.0×10－11，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10－13；Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是()A．MgF2饱和溶液中：cF-＋cHF＝2cMg2+B．为提高MnCO3的产率，使用Na2CO3溶液“沉锰”效果更好C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，cNa＋＞cHCO3-＞cCO32-＞cH2CO3D．反应Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2CO3的平衡常数为【答案】D【解析】由题给流程可知，向硫酸锰溶液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸氢钠溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰。A项，氟化镁饱和溶液中存在如下物料守恒cF-＋cHF＝2cMg2+＋2c[Mg(OH)2]，故A错误；B项，由电离常数可知，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，使用碳酸钠溶液“沉锰”时，可能使锰离子转化为氢氧化锰沉淀导致碳酸锰的产率降低，故B错误；C项，由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数为Kh==≈2.2×10—8＞Ka2，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中碳酸浓度大于碳酸根离子浓度，故C错误；D项，由方程式可知，反应的平衡常数K====≈1.3×106，故D正确；故选D。11．(2024·江苏省南通市海门高三第一次调研考试)室温下，用溶液吸收SO2的过程如图所示。已知，，下列说法正确的是()A．溶液中：B．溶液中：C．吸收烟气后的溶液中：D．“沉淀”得到的上层清液中：【答案】C【解析】A项，由可知，，的电离能力大于水解能力，所以，A错误；

B项，溶液中：，B错误；C项，吸收烟气后的溶液为和的混合溶液，则，C正确；D项，有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液，则，D错误；故选C。12．(2024·江苏省南通市如皋市高三下适应性考试)室温下，用含少量ZnSO4杂质的1mol·L-1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下图所示。下列说法正确的是()已知：A．“除锌”后所得上层清液中，一定小于B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在：C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：D．“沉锰”后的滤液中存在：【答案】A【解析】“除锌”步骤中，由于，因此当加入过量MnS时，产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用NH4HCO3将Mn2+沉淀为MnCO3。A项，MnS过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液一定小于，A正确；B项，NH4HCO3溶液中由电荷守恒，由物料守恒，联立两式可得，B错误；C项，由电荷守恒，pH>7，说明，则，C错误；D项，沉锰后滤液成分是(NH4)2SO4、NH3·H2O、NH4HCO3，则，D错误；故选A。13．(2024·江苏省盐城市高三一模考试)室温下，用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知：。下列说法正确的是()A．溶液中：B．“除钙”得到的上层清液中：C．的氨水−NH4HCO3溶液：D．“沉铁”反应的离子方程式：【答案】C【解析】含少量Ca2+的FeSO4溶液中，加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，所得滤液主要含有Fe2+、SO42-和NH4+，再加入氨水−NH4HCO3溶液“沉铁”得到FeCO3沉淀。A项，因F−、NH4+均能水解生成HF、NH3·H2O，则0.1mol⋅L−1NH4F溶液中，由物料守恒得：，A错误；B项，“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液，则，B错误；C项，pH=10的氨水−NH4HCO3溶液中，因，则，C正确；D项，Fe2+与HCO3-反应生成FeCO3沉淀，HCO3-电离出的H+与NH3·H2O结合生成NH4+和H2O，则“沉铁”反应的离子方程式为：，D错误；故选C。14．(2024·江苏省南京市、盐城市高三第一次模拟考试)室温下，用含少量的粗NiSO4溶液制备NiSO4·6H2O晶体的流程如下图所示。已知。下列说法正确的是()A．粗溶液中：B．“沉铁”反应为：C．溶液中：D．“沉镁”后的滤液中：【答案】C【解析】粗NiSO4溶液中加入硫酸钠溶液，生成黄钠铁钒，除去铁元素；再向溶液中加入NaF溶液，生成沉淀MgF2，除去镁元素，经过后续操作得到NiSO4·6H2O。A项，粗NiSO4溶液的电荷守恒中缺少氢离子和氢氧根离子浓度，A错误；B项，溶液呈弱酸性，“沉铁”反应为：3Fe3++Na++2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，B错误；C项，氟化氢为弱酸，溶液中根据质子守恒：cHF＋cH＋＝cOH－，C正确；D项，沉镁过程形成MgF2沉淀，根据沉淀溶解平衡，，，此时，该溶液中，镁离子浓度相同，形成的是MgF2沉淀，没有形成Mg(OH)2沉淀，则溶液中，故得出沉镁后，D错误；故选C。15．(2024·江苏省南通市如皋市高三下第二次适应性考试)以废锌催化剂(主要含ZnO及少量、CuO)为原料制备锌的工艺流程如下图所示．已知：①②ZnO、CuO可以溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。下列说法正确的是()A．“浸取”时ZnO发生反应：B．0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液中存在：C．”除铜”所得上层清液中存在D．均不能溶于氨水生成和【答案】C【解析】A项，根据已知②，“浸取”时ZnO发生反应：，A错误；B项，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液中存在质子守恒：，B错误；C项，”除铜”所得上层清液中锌离子没有沉淀，溶液中存在，，故存在，C正确；D项，ZnS能溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，D错误；故选C。16．(2024·江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高三适应性测试)某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数Ka=1.0×10-10，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列有关说法不正确的是()A．操作1、操作2均为分液B．NaHCO3溶液中存在：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH－)+c(CO32-)C．若反应1后溶液中存在c(Na+)=2c(C6H5O－)+2c(C6H5OH)，此时c(C6H5O－)>c(HCO3-)D．反应2中通入CO2至溶液pH=10时，此时溶液中存在：c(C6H5O－)=c(C6H5OH)【答案】C【解析】据流程图可知，将苯酚废水用有机溶剂苯先进行萃取分液，得到苯酚的苯溶液，接着加入碳酸钠溶液，使苯酚转化成苯酚钠进入水溶液中，再通过分液分离有机层苯，随后往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，苯酚在水中溶解度小，析出后过滤即可得到苯酚。A项，结合流程分析，操作1、操作2均溶液分层，采取分液的方法进行分离，A正确；B项，NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH－)+c(CO32-)，B正确；C项，苯酚酸性小于碳酸，因此反应1苯酚与碳酸钠溶液混合生成碳酸氢钠和苯酚钠，根据电离常数可知，苯酚钠的水解能力大于碳酸氢钠，故c(C6H5O－)＜c(HCO3-)，C错误；D项，反应2中通入CO2至溶液pH=10时，此时溶液中存在：，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，D正确；故选C。17．(2024·江苏省连云港市高三第一次调研考试)室温下，用含少量Co2+和Ni2+的溶液制备·2H2O的过程如下。已知：，；，下列说法正确的是()A．0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(HS―)＞c(S2-)B．“除钴镍”后得到的上层清液中c(Co2+)为6.0×10-2mol·L-1，则c(Ni2+)为1.0×10-6mol·L-1C．0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中：c