溶液中粒子浓度大小比较（讲义）-2025年高考化学二轮复习

高考热点专项溶液中粒子浓度大小比较

目素

01考情透视目标导航.............................................................

02知识导图思维引航.............................................................

03核心精讲题型突破.............................................................

【真题研析】...............................................................................

【核心精讲】...............................................................................

1.单一溶液中粒子浓度的关系...............................................................

2.混合溶液（缓冲溶液）中粒子浓度的关系判断.................................................

3.混合溶液中离子浓度的比较...............................................................

【命题预测】...............................................................................

考向1溶液混合型粒子浓度关系...............................................................

考向2化工流程中粒子浓度关系...............................................................

力考情透视•目标导航N

考点要求考题统计考情分析

•重庆卷，分；•江苏

202411,32024溶液中离子浓度的大小比较是主流试题，难

卷，分；•安徽卷，

12,3202413,3度在选择题中最大，往往是压轴题。此类试

文字陈述分；•浙江省月选考，

2023615,3题信息量大，且都隐藏于题目或图象中，主

分;•重庆卷，分；•浙

202211,32022要通过酸碱中和滴定、电离平衡、水解平衡

江省月卷，分

623,2和沉淀溶解平衡的情境，利用三大守恒进行

2024.湖南卷，13,3分;2023•湖南

离子浓度大小比较、离子浓度、电离平衡常

卷，12,3分；2023•江苏卷，12,

图象分析数、水解平衡常数和溶度积常数的计算等。

3分；2022•福建卷，10；2022•江苏

预计2025年此类题仍活跃在卷面上。

卷，12,3分；

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/八知识导图•思维引航\\

粒

子

浓

度

大

小

比

电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，

较

但元素总是守恒的

质子即H-,酸碱反应的本质是质子转移，能失去质子的

酸失去的质子数和能得到质子的碱得到的质子数相等

0

核心精讲•题型突破

।真题研析Hl

1.(2024.重庆卷，11,3分)某兴趣小组探究[Cu(NH3)4](NO3)2的生成过程。若向3mL0.1moLL-iCu(NO3)2

溶液中逐滴加入1mol/L氨水，则下列说法正确的是()

A.产生少量沉淀时(pH=4.8),溶液中C(NH4+)<C(OH-)

B.产生大量沉淀时(pH=6.0),溶液中C(NH4+)>c(NCh-)

C.沉淀部分溶解时，溶液中C(CU2+)<C(NH4+)

D.沉淀完全溶解时，溶液中2c([CU(NH3)4]2+)"(NO-

【答案】C

【解析】在CU(NO3)2溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为：①CU(NO3)2+2NH3«H2O=

Cu(OH)2i+2NH4NO3；@Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O,③总反应

Cu(NO3)2+4NH3・H2O=[Cu(NH3)4](NO3)2+4H2O。】A项，产生少量沉淀时(pH=4.8),按照反应①处理，溶液

中的溶质为CU(NO3)2>NH4NO3,NH4NO3在水溶液中完全电离，溶液呈酸性，溶液中c(OH—)很小，则溶

+

液中C(NH4)>c(OH-),A错误;B项，产生大量沉淀时(pH=6.0),按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2.

NH4NO3,CU(NO3)2、NH4NO3都电离出c(NCh-),只有NH4NO3电离出C(NH4+),所以C(NH4+)<C(NO3)B

错误；c项，沉淀部分溶解时，按照反应②③处理，溶液中的溶质为NH4NO3、[CU(NH3)4](NO3)2,NH4NO3

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完全电离出&NH4+),CU(OH)2、[CU(NH3)4](NO3)2电离出的c(Cu2+)很小，所以溶液中C(CU2+)<C(NH4+),C

正确；D项，沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH3)4](NO3)2,[Cu(NH3)4]2+部分水

解，NO3-不水解，所以溶液中2c([CU(NH3)4]2+)<C(NO3)D错误；故选C。

2.(2024.江苏卷,12,3分)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Kai(H2so3)=1.3义10%

Ka2(H2so3)=62x10-8.。

实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。

实验2：将SO2气体通入O.lmoLL-iNaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。

实验3：将SO2气体通入O.lmoLL-i酸性KMnCU溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。

下列说法正确的是()

A.实验1所得溶液中：c(SO32-)+c(HSO3-)>c(H+)

2

B.实验2所得溶液中：C(SO3-)>C(HSO3)

C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSCh固体

D.实验3所得溶液中：c(SO42-)>c(Mn2+)

【答案】D

【解析】实验1得到H2s03溶液，实验2溶液的pH为4,实验2为NaHSCh溶液，实验3中SCh和酸

22++

性KMnCU溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4-+2Mn+4HoA项，实验1得至UH2SO3

C2CCC+2+

溶液，其质子守恒关系式为：2(SO3)+(HSO3)+(OH)=(H),贝I]c(SO3-)+c(HSO3-)<c(H),A错误；

IO-4c(SO2)10-4-c(SO2)

项，实验为为依据,则溶液，则(2

B2pH4,Ka,=—二，6.2x10-8=-二Jcso3)<

C(HSO3)C(HSO3)

C(HSO3),B错误；C项，NaHSCh溶液蒸干、灼烧制得NaHSCU固体，C错误；D项，实验3依据发生的

22++

反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO4-+2Mn+4H,则恰好完全反应后c(SC)42-)>c(Mn2+),D正确；故选D。

3.(2024•安徽卷，13,3分)环境保护工程师研究利用Na?S、FeS和H2s处理水样中的CcP。已知25℃

6971720

时，H2s饱和溶液浓度约为O.lmoLL-IKai(H2S)=10--,Ka2(H2s)=10山0,Ksp(FeS)=10--,Ksp(CdS)=10"」°。

下列说法错误的是()

A.Na2s溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH^)+c(HS)+2c(S2)

B.O.OlmoLL-iNa2s溶液中：c(Na+)>c(S2)>c(OH-)>c(HS)

C.向c(Cd2+)=0.01mol.L-i的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<106moL!ji

D.向c(Cd2+)=0.01mol-L-i的溶液中通入H2s气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+)

【答案】B

【解析】A项，Na2s溶液中只有5种离子，分别是H+、Na+,OH，HS\c(S2-),溶液是电中性的，

存在电荷守恒，可表示为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A正确；B项，O.OlmolLiNa2s溶液中，

第3页共23页

c(OH)c(HS)右、10口

S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh==io-u,根据硫元素守恒可知

~10129

c(OH-)

c(HS-)<l()T'mol-LT,所以〉1,则c(OH3>c(S2-),B不正确；C项，Ksp(FeS)远远大于K(CdS),

c(S2-)sp

向c(Cd2+)=0.01mol-L」的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为

K(FeS)10T7.20

K=J=»I。'，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中

Ksp(CdS)10

2+2611-13051

c(Cd)=710-mol-E=IOmol-E，若加入足量FeS时可使(:0(12+)<10-8„101.匚1,c正确；D

2++

项，Cd+H2SCdS+2H的平衡常数

C2(H+)_K/Ka2_10*7X10*.90_

该反应可以完全进行，因此，当向

2+-」。-

c(Cd)-c(H2S)KspIO-

c(Cd2+)=0.01molL」的溶液中通入H2s气体至饱和，CcP可以完全沉淀，所得溶液中式H+)>c(Cd2+),D正确;

故选B。

4.(2024・湖南卷，13,3分)常温下Ka(HCOOH)=1.8xlO-4,向20mL0.10moLLTNaOH溶液中缓慢滴入相

同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下

列说法错误的是()

0.10

T

O

E-V

/O.05

。

0-K,-------,-------

5101520

r(HCOOH)/mL

A.水的电离程度：M<N

B.M点：c(Na+)+c(H+)=2c(OH-)

C.当V(HCOOH)=10mL时，c(OH")=c(H+)+c(HCOO)+2<?(HCOOH)

D.N点：c(Na+)>c(HCOO)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)

【答案】D

【解析】结合起点和终点，向20mL0.10molLTNaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度

改变的微粒是OH-和HCOO,当V(HCOOH)=OmL,溶液中存在的微粒是OH,可知随着甲酸的加入，OFT

被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线

第4页共23页

表示的是HCOO浓度的改变。A项，M点时，V(HCOOH)=10mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)：c(HCOO)=l：

1,仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,

此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确；B项，M点时，V(HCOOH)=10mL,溶

液中的溶质为c(HCOOH)：c(HCOO)=l：1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO。-),M点为

交点可知c(OH-)=c(HCOO)联合可得c(Na+)+c(H+)=2c(OH-),故B正确；C项，当V(HCOOH)=10mL

时，溶液中的溶质为c(HCOOH)：c(HCOONa)=l：1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO)

根据物料守恒c(Na+)=2c(HCOOH)+2c(HCOO),联合可得c(OH)=c(H+)+c(HCOO)+2c(HCOOH),故C

正确；D项，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解，因此c(Na+)>

c(HCOOH)及c(OH-)>c(H+)观察图中N点可知，c(HCOO")«0.05mol/L,根据

c(H+)c(HCOO)

治(HCOOH户'混0(刈；L8X10'可知C(HCOOH)>«H+),故D错误；故选D。

5.(2023•湖南卷，12)常温下，用浓度为0.0200molL-i的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200molL-i

V(标准溶液)

的HCI和CH3coOH的混合溶液，滴定过程中溶液的PH随n(n=v)待测溶液，的变化曲线如图所示。下

列说法错误的是()

A.Ka(CH3coOH)约为10-4

B.点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3coOH)+c(CH3coe)-)

C.点b：C(CH3COOH)<C(CH3COO)

D.水的电离程度：a<b<c<d

【答案】D

【解析】NaOH溶液和HCI、CH3coOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线

可知，a点时NaOH溶液和HC1恰好完全反应生成NaCl和水，CH3coOH未发生反应，溶质成分为NaCl

和CH3coOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3coOH,溶质成分为NaCl、CH3coOH和CH3coONa；

第5页共23页

c点时NaOH溶液与CH3coOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3coONa；d点时NaOH过量，溶质

成分为NaCl、CH3coONa和NaOH。A项,a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH,c(CH3COOH)=0.0100mol/L,

MCHKOOH)“12^^位监故A正确；B项，a点溶

液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(C1)=c(CH3coOH)+c(CH3coO)

故B正确；C项，点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3coOH和CH3coONa,由于pH<7,溶液显酸性，

说明CH3coOH的电离程度大于CH3coO-的水解程度，贝Uc(CH3coOH)<c(CH3co0-)，故C正确；D项，c

点溶液中CH3coe)-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d,故D错误；

故选D。

6.(2023•浙江省6月选考，15)草酸(H2c2。4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：

实验I：往20mLO.lmolLiNaHCzCU溶液中滴加O.lmol-L4NaOH溶液。

实验H：往20mLO.lmolL-iNaHCzCU溶液中滴加O.lmolLiCaCb溶液。

［已知：H2c2。4的电离常数Kai=5.4xl0-2,%=5.4'10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4x10?溶液混合后体积变化忽

略不计］,下列说法正确的是

A.实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点

2

B.实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O4-)<c(HC2O4)

C.实验II中发生反应Ca2++HC2O4-=CaC2O4J+H+

D.实验H中V(CaCb)=80mL时，溶液中c(C2O42-)=4.0xl(y8molLi

【答案】D

【解析】A项，NaHCzCU溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验

误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酰作指示剂，指示反应终点，故A错误;

B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4,Na2c2O4且两者物质的量浓度相等，

1x10*

Ka2=5.4xlO-5>Kh=,，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在。(C2CU2-)>

5.4x10"

C(HC2O4),故B错误；C项，实验II中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初

始阶段发生的是Ca2++2HC2O4-=CaC2CU|+H2c2O4,该反应的平衡常数为

+

C(H2C2O4)_C(H2C2O4)C(H)C(C2O；-)

2+2-2+2+

c(Ca)-c(HC2O4)c(Ca)-c(C2O；-)-c(HC2O；)-c(H)

5.4x105=-^-X106-4.2X105,因为平衡常数很大,

说明反应能够完全进行,

545.4*10-2/2.4><10-92.4

当NaHCzCh完全消耗后，H2c2。4再和CaCb发生反应，故C错误；D项，实验H中V(CaCb)=80mL时，溶

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出曲小心2+、0.Imol-I71x0.080L-0.Imol-I71x0.020L…、内标＞

液中的钙禺子浓度为c(Ca)=--------------------------万五------------------=0.06mol-L,溶液中

l81

c(C2Oj)=%(Ca?。4)=—4x10_fn£)i,£-=4_QxlO~mol-U,故D正确。故选D。

v247c(Ca2+)0.06

7.(2023•江苏卷，12,3分)室温下，用含少量Mg2+的MnSCU溶液制备MnCCh的过程如题图所示。已

知Ksp(MgF2)=5.2xlW,Ka(HF)=6.3xl0-4o下列说法正确的是()

NaF溶液NaHCCh溶液

(

MnShMnCO.

溶液

A.O.lmolLNaF溶液中：c(F)=c(Na+)+c(H+)

B.“除镁”得到的上层清液中:与?

2+

C.0.1mol-L4NaHCOs溶液中：c(CO3-)=c(H)+c(H2co3)-c(OH—)

D.“沉铳”后的滤液中：(Na+)+c(H+)=c(OH—)+c(HCO3-)+2c(CO32—)

【答案】C

【解析】A项，O.lmolLNaF溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(F>c(Na+)+c(H+),A错误；

B项，“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+).c2(F一),故

c(Mg2+)=K'?g?),B错误；C项，O.lmolLiNaHCCh溶液中存在质子守恒：々CC^—)+c(OH-)=c(H

bp)

+)+c(H2co3),故c(CO32-)=c(H+)+c(H2co3)-c(OH—),C正确；D项，“沉镒”后的滤液中还存在F、SO42-等

离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。

目建

分析溶液中微粒浓度关系的思维模型

第7页共23页

(

廉

*干

£美

］核心精讲工

1.单一溶液中粒子浓度的关系

(1)电荷守恒：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即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

实

以Na2cCh溶液为例

分析思路

+2-

Na2CO3=2Na+CO3

2-

①写出Na2cCh溶液中电离和水CO3+H2O^^HCO3+OH

_

解过程HCO3+H2O^=^H2CO3+OH

+

H20^^H+0H"

②分析溶液中所有的阴、阳离子Na+、才、CO32>HCO3>OH

++2-

③阴、阳离子浓度乘以自身所带lxc(Na)+lxc(H)=2XC(CO3)+1xc(HCO3)+1xc(O!T)

+2-

的电荷数建立等式化简得：c(Na+)+C(H)=2C(CO3)+c(HCO3)+c(OH)

(2)元素质量守恒(也叫物料守恒)：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，变成了其它离子或分子，使离子的种类增多，但却不能使离子或分子中某种特定元素的原子的

数目发生变化，其质量在反应前后是守恒的，始终遵循原子守恒

实例

以Na2cCh溶液为例

分析思路〜

+2+2-

①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间n(Na)：/I(CO3^)=2：1,HPn(Na)=2n(CO3),

的定量关系(特定元素除H、0元素外)CCV-在水中部分会水解成HCCh一、H2cCh，共

第8页共23页

三种含碳元素的存在形式

+2

②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式c(Na)=2C(CO3~)+2c(HCO3-)+2c(H2co3)

(3)质子守恒——以Na2c。3溶液为例

①方法一：可以由电荷守恒与物料守恒推导出来，将两个守恒中不水解的Na+消掉

+

电荷守恒：c(Na)+c(H+)=2c(CO32—)+c(HCO3)+c(OH)

元素质量守恒：c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2co3)

将Na+消掉得：c(H+)+2c(H2co3)+c(HCO3-)=c(0JT),即为质子守恒

②方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OL"H++OH，水电离产生的H+和OIF的物质的量

总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H+和O1T以什么形式存在。可用下列图示进行快速书写

Na2c。3水溶液中的质子转移作用图质子守恒

+

C(H3O)+2c(H2co3)+C(HCO3")=c(OJT)

或c(H+)+2c(H2co3)+c(HCO3)=c(OH')

微点拨得、失几个质子，微粒前面系数就是几个

(4)离子(粒子)浓度比较——以Na2cCh溶液为例

分析思路

抓住电离和水解都是微弱的，分清主次关系

存在的平衡过程

2-

Na2co3=2Na++CO3

2粒子浓度顺序：+2--

CO3+H20^^HCO3+0H(主)c(Na)>c(CO3)>c(OH)>

+

HCO3+H20.——H2co3+OH(次)c(HCO3)>c(H2cO3)>c(H)

+

H20^=^H+0H

2.混合溶液(缓冲溶液)中粒子浓度的关系判断

以“常温下，浓度均为0.1moLL-iCH3coOH(弱酸)溶液和CH3coONa溶液等体积混合，溶液呈酸性”为

例：

实例常温下，0.1moLL-iCH3co0H溶液和CH3coONa溶液等体积混

分析思路'

合，溶液呈酸性

+

CH3COONa=Na+CH3COO

①呈酸性，以HA电离为主

+

写出混合溶液中存在的平CH3coOH自身电离：CH3coOH^^H+CH3COO

衡过程②水解呈碱性，次要

CH3coeT中水解：CH3coeT+H2。3coOH+OJT

+

③水的电禺：H2O^^^H+OH

++

①电荷守恒c(Na)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH)

第9页共23页

+

②元素质量守恒2c(Na)=c(CH3COO)+c(CH3coOH)

③质子守恒将Na卡消掉得：c(CH3coOH)+2c(H+)=c(CH3coeT)+2c(OH-)

分析：在没有电离和水解之前c(Na+)、c(CH3coeT)、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

④离子(粒子)浓度比较c(CH3coOH)=0.1-电离消耗+水解生成<0」

c(CH3coeF)=0.1+电离生成-水解消耗>0.1

c(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.渥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】

命题预

一向！…溶液混合型粒子浓度关系

oNH2

1.天门冬氨酸(H0人八°H,记为H2Y)是一种天然氨基酸，水溶液显酸性，溶液中存在H2Y：=

0

H++HY-,HY-H++Y2-,与足量NaOH反应生成Na?Y，与盐酸反应生成YH3CI。下列说法正确的是()

A.常温下，0.05moLL-i的H2Y溶液的pH=l

B.pH=2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH=4.97

+

C.YH3CI水溶液中：C(H)+C(YH3-)=C(OH)+C(C1)+C(HY)

D.NazY溶液中：C(OH-)=C(H+)+C(HY-)+2C(H2Y)+3C(YH3-)

【答案】D

【解析】A项，生丫部分电离，常温下，0.05molLi的H2Y溶液的pH>l,A错误；B项，稀释过程中

第10页共23页

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，YH3cl

水溶液中：C(H+)+C(YH3-)=C(OH-)+C(C1-)+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O.lmoMJNaOH溶液吸收SO2,若通入SCh所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，

2

溶液中含硫物种的浓度c,a=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO3-)-H2SO3电离常数分别为K°/=1.54x104

7

/Cfl2=1.00xl0-o下列说法正确的是()

2

A.NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO3)>c(HSO3)>c(H2SO3)

+2

B.NaOH完全转化为NaHSCh时，溶液中：c(H)+c(SO3-)=c(OH-)+c(H2SO3)

C.NaOH完全转化为Na2sO3时，溶液中：c(Na+)>c(SC)32-)>c(OH—)>c(HSC)3-)

2

D.NaOH溶液吸收SO2,c/=0.1mol・L」溶液中：c(H2SO3)>c(SO3-)

【答案】C

【解析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数K行善=止也;<乂2,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(HSC>3-)>

2

c(SO3-)>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—)+

2

c(SO3),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-)"(HSO3-),故C正确；D项，c"=0.1mol・LT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(SCh2-)>

c(H2so3),故D错误；故选C。

3.室温下，通过下列实验探究NaHSCh、Na2sO3溶液的性质。

实验1：用pH试纸测量O.lmol-L4NaHSOa溶液的pH,测得pH约为5

实验2：O.lmoLL-iNaHSCh溶液中加入等体积O.lmoLL-iNaOH溶液，没有明显现象

实验3：CUmoLL-NazSCh溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去

实验4：将O.lmolLNa2sCh溶液与O.lmoLL-iCaCL溶液等体积混合，产白色沉淀

下列说法正确的是()

K

A.由实验1可得出：„.>Ka2(H2SO3)

B.实验2所得的溶液中C(HSO3-)>C(SC>32一)

22+

C.实验3中发生反应的离子方程式为H2O+C12+SO3-=SO4-+2H+2C1-

D.实验4中两溶液混合时有：c(Ca2+>c(SO32-)<Ksp(CaSO3)

【答案】C

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【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)>一,—W\，A错误；B项，O.lmoLL-NaHSCh溶液中加入等体积

0.1moLL“NaOH溶液，所得溶液为Na2sCh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：

22+

H2O+C12+SO3-=SO4+2H+2C1-,C正确；D项，两溶液混合若产生白色沉淀，说明溶液中

2+2

c(Ca)-c(SO3)>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(Na2c2。4)可用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探

究Na2c2。4溶液的性质。

实验实验操作和现象

1测得0.1moLL-iNa2c2。4溶液的pH=8.4

2向0.2molLNa2c2。4溶液中力口入等体积O2mol.LT盐酸，测得混合后溶液的pH=5.5

3向O.lmolLNa2c2O4溶液中滴加几滴酸性KMnCU溶液，振荡，溶液仍为无色

4向O.lmolLNa2c2。4溶液中加入等体积0.1moLL"CaC12溶液，产生白色沉淀

下列有关说法正确的是()

++2

A.0.1moLL-Na2c2O4溶液中存在：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC2O4)+c(C2O4)

2

B.实验2得到的溶液中：c(Cr)>c(H2C2O4)>c(C2O4)

2+2+

C.实验3中MnO］被还原成Mi?+，则反应的离子方程式：C2O4-+2MnO4-+16H=10CO2T+Mn+8H2O

D.依据实验4可得：Ksp(CaC2O4)>2.5x10^

【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〉C(H2c2。4)；实验3中草酸根与酸性高铳酸钾溶液发

生氧化还原反应，酸性高铳酸钾溶液褪色；实验4中生成白色沉淀，说明溶液中RAK,A项，

++-2

0.1moLL"Na2c2。4溶液中存在电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC2O4-)+2c(C2O4-),A错误；B项，

实验2中：C(C「)>C(C2O42-)>C(H2C2O4),B错误；C项，若实验3中MnCU-被还原成Mn2+,草酸根具有还

原性，能与酸性高锌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：

2+2+

5C2O4-+2MnO4-+16H=1OCO2T+Mn+8H2O,C正确；D项，实验4中产生白色沉淀，贝|

2=与吟=2.5x10-3>/,即：Ksp(CaC2CU)<2.5x10-3,D错误；故选C。

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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:

Kal(H2so3)=1.54>1。2、Ka2(H2so3)=1.02X1O-7

实验实验操作和现象

1向lOmLO.lOmolL'NaOH溶液通入11.2mL(标准状况)SCh,测得pH约为9

2向lOmLO.lOmolL>NaOH溶液通入S02至溶液pH=7

3向lOmLO.lmol-L^NaOH溶液通入22.4mL(标准状况)SCh,测得pH约为3

4取实验3所得溶液1mL,加入lmL0.01molLiBa(OH)2溶液，产生白色沉淀

下列说法正确的是()

2+

A.实验1得到的溶液中有：C(SO3-)+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)<5xl0-5

【答案】D

【解析】A项，11.2杠(标准状况》02得物质的量为普肾;=0。00511101,故实验1得到Na2s03溶液

22.4L/mol