高考化学一轮复习考前冲刺-离子浓度大小的比较

第1页（共1页）离子浓度大小的比较一．选择题（共20小题）1．（2024秋•龙岗区一模）加热浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液，记录溶液pH随温度的变化，分别得到图a和图b。下列说法不正确的是（）A．图a表示Na2CO3溶液的pH随温度的变化曲线 B．图b中，pH：N＞P，主要原因是升高温度，Kw增大 C．M点溶液的离子种类和P点溶液的离子种类相同 D．Q点c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3−）+c（CO2．（2025•重庆一模）在25℃下，向CuSO4溶液中通入氨气，溶液中的含Cu微粒存在如下变化：Cu2+⇌①Cu（NH3）2+⇌②Cu（NH3）22+⇌③Cu（NH3）32+⇌A．CuSO4溶液中：c（Cu2+）＝c（SO42−B．c（NH3）＝10﹣4.1时，c（Cu2+）＝c[Cu（NH3）2+]＞c[Cu（NH3）22+] C．第③步反应的平衡常数K＝1×103.5 D．再向体系中加入Na2S溶液：2c（Cu2+）+c（Na+）+c（H+）═2c（S2﹣）+c（HS﹣）+2c（SO42−）+c（OH3．（2024秋•天津一模）下列说法错误的是（）A．0.1mol•L﹣1氨水加水稀释，所有的离子浓度都减小 B．向氨水中加入少量NaOH固体，则溶液中c(NH4C．氨水加入一定量盐酸溶液后，溶液中粒子存在的关系可能是：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣D．0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中存在：c（NH4+）+c（NH3•H24．（2024秋•奉化区一模）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（）A．曲线Ⅲ代表lgc（H2C2O4）的变化 B．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3 C．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2O4−）+c（H2C2O4）+c（C2OD．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2O4−）+c（Cl5．（2024秋•东城区一模）用计算机一模常温下，SO2均匀通入10mL1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液时（忽略体积变化），溶液pH和各离子浓度随n（SO2）的变化如图所示（1mmol＝1×10﹣3mol）。下列说法不正确的是（）A．当n（SO2）为0时，溶液中c（Na+）＞c（CO32−）＞c（OH﹣B．①代表c(HCO3−)，C．当n（SO2）由20→25mmol时，c（H2SO3）增大 D．过程中存在反应：SO2+CO32−═6．（2024秋•酒泉一模）在25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合后，溶液中：c（Cl﹣）＜c（NH4+B．pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液，水的电离程度相同 C．0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，c(OH−)c(D．若测得CH3COONa溶液pH＝a，升温至50℃，测得pH＝b，b＜a7．（2023秋•芜湖一模）CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH＝4.7，下列说法或离子浓度关系正确的是（）A．CH3COONa的水解程度大于CH3COOH的电离程度 B．CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离 C．c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）8．（2023秋•孝义市一模）用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中K（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，对该溶液的下列判断正确的是（）A．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）═0.1mol•L﹣1 B．c（CH3COOH）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH） D．c（H+）＞c（OH）9．（2024•钟山区校级一模）（NH4）2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，已知物质溶解度为每100g水中能溶解该物质的最大质量，关于各点对应的溶液，下列说法错误的是（）A．（NH4）2SO4的溶解度随温度升高而升高 B．NH4+C．M点KW小于N点KW D．P点c（H+）+c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（OH﹣）+2c（10．（2023秋•福田区校级一模）下列说法错误的是（）A．向醋酸溶液中加水，溶液中所有离子的浓度都减小 B．25℃时，pH＝8的NaHA的水溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） C．盐类水解可看作酸碱中和反应的逆反应 D．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c（H+）＞c（OH﹣）11．（2023秋•三明一模）实验测得浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液和CH3COOH溶液的pH随温度的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）A．T1时，CH3COOH的电离平衡常数约为102a﹣1 B．升高温度，CH3COONa溶液中c（OH﹣）增大，pH减小 C．两溶液等体积混合后的溶液中，c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）＝c（H+）﹣c（OH﹣） D．T＞T2后，CH3COOH溶液的pH随温度升高而增大的原因可能是水电离的c（OH﹣）增大12．（2023秋•河池一模）常温下，向0.1mol•L﹣1Na2A溶液中不断通入HCl。H2A、HA﹣、A2﹣在溶液中所占物质的量分数（δ）与pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．当pOH＝10时，H2A的KaB．当溶液呈中性时c（Na+）＞c（HA﹣）+2c（A2﹣） C．保持温度不变，一直通入HCl，c2(HD．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，体系内粒子浓度大小的顺序：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）13．（2023秋•澄城县一模）常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是（）A．pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合后：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．浓度为0.1mol/L的碳酸氢钠溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3−）+c（OH﹣C．浓度为0.1mol/L的（NH4）2CO3溶液：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（CO32−）+2c（HCO3−D．浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液与NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）14．（2023秋•漳州一模）亚砷酸（H3AsO3）可用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法错误的是（）A．人体血液的pH为7.35～7.45，用药后人体中含砷元素的主要微粒是H3AsO3 B．当n（H3AsO3）：n（H2AsO3−C．pH＝12时，溶液中c（H2AsO3−）+2c（HAsO32−）+3c（AsO33−D．K3AsO3溶液中：c（AsO33−）＞c（OH﹣）＞c（HAsO32−15．（2023秋•龙华区校级一模）将0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子的浓度关系正确的是（）A．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH） B．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+） C．c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH） D．c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）16．（2024秋•沙坪坝区校级一模）常温下，有关下列溶液说法正确的是（）A．pH相同的①KHCO3②CH3COOK③KClO三种溶液中的c（K+）①＜③＜② B．将0.1mol•L﹣1盐酸与amol•L﹣1氨水等体积混合后呈中性，则KbC．M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp＝a，c(M2+D．将Cl2通入热的NaOH溶液恰好完全反应生成NaCl、NaClO和NaClO3；c(N17．（2024秋•石景山区一模）已知NaHSO3溶液显酸性。关于Na2SO3和NaHSO3的下列说法中，不正确的是（）A．Na2SO3溶液中，c(NaB．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 C．NaHSO3溶液中，c(NaD．可以用Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO318．（2024秋•沙坪坝区校级一模）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．将pH均为4的NH4Cl溶液和稀盐酸等体积混合，溶液pH仍为4 B．0.1mol•L﹣1和0.2mol•L﹣1的醋酸溶液中c（H+）之比小于1：2 C．0.1mol•L﹣1NH4HC2O4溶液中有2c(ND．加水稀释0.1mol•L﹣1K2CO3溶液时，溶液中各离子浓度均减小19．（2024秋•龙岗区一模）K2Cr2O7是一种常用的氧化剂。25℃时，0.1mol•L﹣1K2Cr2O7溶液中部分微粒的浓度随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是（）A．pH＝2时，c（Cr2O72−）＞c（HCrO4−）＞c（H2B．25℃时，H2CrO4的Ka1=10C．N点，c（CrO42−）+c（HCrO4−）+c（Cr2D．若P点pH＝13，则溶液中c（OH﹣）＝0.10mol•L﹣120．（2024秋•海淀区一模）实验室常用磷酸二氢钾（KH2PO4）和磷酸氢二钠（Na2HPO4）配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品（如蛋白激酶等）。室温下，1L某磷酸盐缓冲溶液中含有0.1molKH2PO4和0.1molNa2HPO4已知：ⅰ.Ca（H2PO4）2可溶，CaHPO4和Ca3（PO4）2难溶。ⅱ.室温下，不同pH时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如图。下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是（）A．溶液pH约为7 B．c（H3PO4）+c（H2PO4−）+c（HPO42−）+c（C．通入0.05molHCl气体后，溶液pH小于6 D．加入CaCl2激活蛋白激酶时，溶液pH可能降低

参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•龙岗区一模）加热浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液，记录溶液pH随温度的变化，分别得到图a和图b。下列说法不正确的是（）A．图a表示Na2CO3溶液的pH随温度的变化曲线 B．图b中，pH：N＞P，主要原因是升高温度，Kw增大 C．M点溶液的离子种类和P点溶液的离子种类相同 D．Q点c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3−）+c（CO【答案】D【分析】A．Na2CO3对热稳定，NaHCO3受热易发生分解反应生成Na2CO3；B．HCO3C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中离子种类均为Na+、H+、OH﹣、HCO3−和COD．根据电荷守恒关系分析判断；【解答】解：A．NaHCO3受热易发生分解反应生成Na2CO3，其溶液的碱性会突变性增强，Na2CO3溶液的碱性不会发生突变，所以图a、b分别表示Na2CO3、NaHCO3溶液的pH随温度的变化曲线。故A正确；B．HCO3−既能电离又能水解，但以水解为主，溶液呈碱性，水的电离过程吸热，则图b中pH：N＞P，主要原因是升高温度，水的电离程度增大较快，导致溶液的碱性逐渐减弱，即水的离子积KC．HCO3−电离生成H+和CO32−，CO32−水解生成OH﹣和HCO3−，则Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中离子种类均为Na+、HD．Q点溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3−）+2c（CO32−）＞c（OH﹣）+c（HCO故选：D。【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较，侧重分析判断能力和灵活运用能力考查，把握盐类水解、水的电离平衡及其影响因素是解题关键，选项B是解题难点，题目难度中等。2．（2025•重庆一模）在25℃下，向CuSO4溶液中通入氨气，溶液中的含Cu微粒存在如下变化：Cu2+⇌①Cu（NH3）2+⇌②Cu（NH3）22+⇌③Cu（NH3）3A．CuSO4溶液中：c（Cu2+）＝c（SO42−B．c（NH3）＝10﹣4.1时，c（Cu2+）＝c[Cu（NH3）2+]＞c[Cu（NH3）22+] C．第③步反应的平衡常数K＝1×103.5 D．再向体系中加入Na2S溶液：2c（Cu2+）+c（Na+）+c（H+）═2c（S2﹣）+c（HS﹣）+2c（SO42−）+c（OH【答案】B【分析】向CuSO4溶液中通入NH3时溶液中的含Cu微粒变化为Cu2+⇌①Cu（NH3）2+⇌②Cu（NH3）22+⇌③Cu（NH3）32+⇌④Cu（NH3）42+，由图可知，曲线Ⅰ在c（NH3）最小时，含Cu微粒的物质的量分数最大，说明曲线Ⅰ代表Cu2+，随着c（NH3）升高，c（Cu2+）逐渐减小，c[Cu（NH3）2+]逐渐增大，则曲线Ⅱ代表Cu（NH3）2+，继续增大c（NH3），c[Cu（NH3）2+]逐渐减小，c[Cu（NH3）22+]逐渐增大，则曲线Ⅲ代表Cu（NH3）2【解答】解：A．CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中发生水解反应，则CuSO4溶液中c（Cu2+）＜c（SO4B．由图可知，c（NH3）＝10﹣4.1时，c（Cu2+）＝c[Cu（NH3）2+]＞c[Cu（NH3）22+]，故B正确；C．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、V分别代表Cu2+、Cu（NH3）2+、Cu（NH3）22+、Cu（NH3）32+、Cu（NH3）42+的变化关系，由图可知，lgc（NH3）＝﹣2.9时c[Cu（NH3）22+]＝c[Cu（NH3）32+]、c（NH3）＝10﹣2.9mol/L，此时反应Cu（NH3）22++NH3⇌Cu（NH3）32+的平衡常数K=c[Cu(NH3)D．再向体系中加入Na2S溶液时生成CuS，溶液中还含有NH4+、Cu（NH3）2+等离子，根据电荷守恒关系可知，2c（Cu2+）+c（Na+）+c（H+）＜2c（S2﹣）+c（HS﹣）+2c（SO4故选：B。【点评】本题考查平衡图象分析，涉及到平衡常数的计算、离子浓度的大小比较等知识，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法、各离子浓度相对大小是解题关键，注意掌握电离平衡常数的计算方法，题目难度中等。3．（2024秋•天津一模）下列说法错误的是（）A．0.1mol•L﹣1氨水加水稀释，所有的离子浓度都减小 B．向氨水中加入少量NaOH固体，则溶液中c(NH4C．氨水加入一定量盐酸溶液后，溶液中粒子存在的关系可能是：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣D．0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中存在：c（NH4+）+c（NH3•H2【答案】A【分析】A．加水稀释促进NH3•H2O电离，但NH3•H2O电离的增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，Kw不变；B．向氨水中加入少量NaOH固体，c（OH﹣）增大，温度不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(NHC．如果混合后溶液中溶质为NH4Cl，NH4+水解导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），Cl﹣不水解，则c（Cl﹣）＞c（D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断。【解答】解：A．加水稀释促进NH3•H2O电离，但NH3•H2O电离的增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，Kw不变，所以c（H+）增大，故A错误；B．向氨水中加入少量NaOH固体，c（OH﹣）增大，温度不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(NHC．如果混合后溶液中溶质为NH4Cl，NH4+水解导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），Cl﹣不水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），其水解程度较小，此时溶液中存在c（Cl﹣）＞c（NH4D．溶液中存在物料守恒c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝0.1mol•L故选：A。【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离的影响因素、溶液中溶质的性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用。4．（2024秋•奉化区一模）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（）A．曲线Ⅲ代表lgc（H2C2O4）的变化 B．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3 C．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2O4−）+c（H2C2O4）+c（C2OD．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2O4−）+c（Cl【答案】D【分析】随着c0（HCl）逐渐增大，即lgc0（HCl）逐渐增大，溶液的酸性逐渐增强，溶液中c（C2O42−）逐渐减小、c（HC2O4−）先增大后减小、c（H2C2O4）逐渐增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示c（C2O42−）、lgc（HC2O4−）、lgc（H2C2O4）与lgc0（HCl）的关系，草酸的电离平衡常数Ka1=c(HC2O4【解答】解：A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示c（C2O42−）、lgc（HC2O4−）、lgc（H2C2OB．由图可知，lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2O4−）＝lgc（H2C2O4），c（HC2O4−）＝c（H2C2O4），此时Ka1=c(HC2OC．任意c0（HCl）下Ca2C2O4或Ca2C2O4与HCl的混合溶液中均存在物料守恒关系为c（Ca2+）＝c（HC2O4−）+c（H2C2O4）+c（C2D．由图可知，lgc0（HCl）＝﹣4.1时c（HC2O4−）＝c（C2O42−），溶液中的电荷守恒关系为2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（C2O42−）+c（HC2O4−）+c（Cl﹣）＝c（OH﹣）+3c（HC2O4−故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重图象信息分析能力和计算能力的考查，把握溶液中溶质的组成与性质、电离平衡常数的计算、溶液中守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。5．（2024秋•东城区一模）用计算机一模常温下，SO2均匀通入10mL1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液时（忽略体积变化），溶液pH和各离子浓度随n（SO2）的变化如图所示（1mmol＝1×10﹣3mol）。下列说法不正确的是（）A．当n（SO2）为0时，溶液中c（Na+）＞c（CO32−）＞c（OH﹣B．①代表c(HCO3−)，C．当n（SO2）由20→25mmol时，c（H2SO3）增大 D．过程中存在反应：SO2+CO32−═【答案】D【分析】A．当n（SO2）为0时，CO32−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，NaB．随着n（SO2）增大，c（CO32−）逐渐减小，c（HCO3−）、c(SO32−)都先增大后减小，如果NaC．n（Na2CO3）＝1.0mol/L×0.01L＝0.01mol＝10mmol，0～5时离子方程式为SO2+2CO32−+H2O＝2HCO3−+SO3D．酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO【解答】解：A．当n（SO2）为0时，CO32−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，Na+不水解，所以存在c（Na+）＞c（CO3B．随着n（SO2）增大，c（CO32−）逐渐减小，c（HCO3−）、c(SO32−)都先增大后减小，如果Na2CO3恰好完全反应生成NaHCO3时，c（HCO3C．n（Na2CO3）＝1.0mol/L×0.01L＝0.01mol＝10mmol，0～5时离子方程式为SO2+2CO32−+H2O＝2HCO3−+SO32−，5～20时离子方程式为HCO3−+SO2＝CO2+HSO3−D．酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3−＞HCO3−，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则不能存在SO故选：D。【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各个阶段发生的反应、溶液中存在的溶质及其性质是解本题关键，题目难度中等。6．（2024秋•酒泉一模）在25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合后，溶液中：c（Cl﹣）＜c（NH4+B．pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液，水的电离程度相同 C．0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，c(OH−)c(D．若测得CH3COONa溶液pH＝a，升温至50℃，测得pH＝b，b＜a【答案】A【分析】A.根据电荷守恒：c（C1﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4B.pH＝9的NaOH溶液抑制水的电离，水电离出的c（OH﹣）＝10﹣9mol/L；C.温度不变，K值不变；D.CH3COONa水解显碱性，升温促进水解，温度升高，也促进水的电离、离子积常数也增大；【解答】解：A.pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，根据电荷守恒：c（C1﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4+），所以c（Cl﹣）＜c（B..pH＝9的CH3COONa溶液中水电离出的c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，pH＝9的NaOH溶液抑制水的电离，水电离出的c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，故B错误；C.0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，c(OH−)D.CH3COONa水解显碱性，升温促进水解，温度升高，也促进水的电离、离子积常数也增大，则难以判断氢离子浓度是否增大，难以判断a、b的相对大小，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。7．（2023秋•芜湖一模）CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH＝4.7，下列说法或离子浓度关系正确的是（）A．CH3COONa的水解程度大于CH3COOH的电离程度 B．CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离 C．c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）【答案】B【分析】CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH＝4.7，溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，据此分析判断。【解答】解：A．CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH＝4.7，溶液显酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的电离程度，故A错误；B．CH3COONa溶液中的醋酸根离子，醋酸根离子的存在抑制了CH3COOH的电离，故B正确；C．醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，离子浓度大小：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．溶液中存在电荷守恒和物理守恒，电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），2c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），联立得到c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+2c（H+），c（H+）＞c（OH﹣），c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；故选：B。【点评】本题考查了弱电解质电离平衡和盐类水解平衡的分析判断、离子浓度关系的理解应用，题目难度中等。8．（2023秋•孝义市一模）用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中K（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，对该溶液的下列判断正确的是（）A．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）═0.1mol•L﹣1 B．c（CH3COOH）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH） D．c（H+）＞c（OH）【答案】D【分析】依据电离平衡常数和水解平衡常数的计算，电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），质子守恒：c（CH3COOH）+2C（H+）＝c（CH3COO﹣）+2（OH﹣），因c（CH3COO﹣）＞c（Na+），得出c（CH3COO﹣）＞c（Na+）。【解答】解：A．据电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），因c（Na+）＝0.1mol/L，故A错误；B．据质子守恒：c（CH3COOH）+2C（H+）＝c（CH3COO﹣）+2（OH﹣），故B错误；C．依据电离平衡常数和水解平衡常数的计算，得出c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故C错误；D．据电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），因c（CH3COO﹣）＞c（Na+），则c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。9．（2024•钟山区校级一模）（NH4）2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，已知物质溶解度为每100g水中能溶解该物质的最大质量，关于各点对应的溶液，下列说法错误的是（）A．（NH4）2SO4的溶解度随温度升高而升高 B．NH4+C．M点KW小于N点KW D．P点c（H+）+c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（OH﹣）+2c（【答案】D【分析】A．根据图像信息进行分析；B．根据M、N点均为该温度下的饱和溶液，N点溶解度略高于M点，但M温度为20℃、N点温度为50℃，水解过程吸热，温度的影响更大进行分析；C．根据水的电离为吸热过程，温度越高，水的电离程度越大进行分析；D．根据P点溶液电荷守恒进行分析。【解答】解：A．图像显示，硫酸铵的溶解度随温度升高而升高，故A正确；B．图像显示M、N点均为该温度下的饱和溶液，N点溶解度略高于M点，但M温度为20℃、N点温度为50℃，水解过程吸热，温度的影响更大，所以铵根离子在M点的水解程度小于N点，故B正确；C．温度越高，水的电离程度越大，KW越大，图像显示M点温度更低，所以M点KW小于N点KW，故C正确；D．P点溶液电荷守恒c(H故选：D。【点评】本题主要考查化学实验方案的评价等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2023秋•福田区校级一模）下列说法错误的是（）A．向醋酸溶液中加水，溶液中所有离子的浓度都减小 B．25℃时，pH＝8的NaHA的水溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） C．盐类水解可看作酸碱中和反应的逆反应 D．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c（H+）＞c（OH﹣）【答案】A【分析】A．根据加水，溶液酸性减弱，水的离子积常数不变，进行分析；B．根据NaHA水溶液的pH＝8，说明HA﹣的水解程度大于电离程度，进行分析；C．根据盐类水解反应的实质是在溶液中盐的离子跟水所电离出来的H+或OH﹣生成弱电解质的过程，盐水解生成酸和碱，进行分析；D．根据NH4+的水解，使得c（H+【解答】解：A．向CH3COOH溶液中加水，溶液酸性减弱，水的离子积常数不变，c（OH﹣）变大，c（H+）变小，故A错误；B．25℃时，NaHA水溶液的pH＝8，说明HA﹣的水解程度大于电离程度，即c(H2A)＞c(C．盐类水解反应的实质是在溶液中盐的离子与水所电离出来的H+或OH﹣生成弱电解质的过程，盐水解生成酸和碱，所以它可以看作是酸碱中和反应的逆反应，故C正确；D．氯化铵溶液呈酸性是由于铵根离子的水解，使得c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。11．（2023秋•三明一模）实验测得浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液和CH3COOH溶液的pH随温度的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）A．T1时，CH3COOH的电离平衡常数约为102a﹣1 B．升高温度，CH3COONa溶液中c（OH﹣）增大，pH减小 C．两溶液等体积混合后的溶液中，c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）＝c（H+）﹣c（OH﹣） D．T＞T2后，CH3COOH溶液的pH随温度升高而增大的原因可能是水电离的c（OH﹣）增大【答案】B【分析】A．根据0.1mol•L﹣1CH3COOH的pH为a，溶液中为c（H+）＝1×10﹣amol/L，结合CH3COOH电离平衡常数进行分析；B．根据升高温度，CH3COONa溶液中CH3COC．根据电荷守恒关系式①c(Na+)+c(HD．根据升高温度，CH3COOH电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大进行分析。【解答】解：A．T1时，0.1mol•L﹣1醋酸的pH为a，溶液中为c（H+）＝1×10﹣amol/L，c(CH3COO−)≈c(HB．升高温度，醋酸钠溶液中CH3COC．浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液和CH3COOH溶液等体积混合后的溶液中，电荷守恒关系式①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OD．升高温度，醋酸电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大；T＞T2后，醋酸溶液的pH随温度升高而增大的原因可能是醋酸挥发导致溶液中氢离子浓度减小，pH增大，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（2023秋•河池一模）常温下，向0.1mol•L﹣1Na2A溶液中不断通入HCl。H2A、HA﹣、A2﹣在溶液中所占物质的量分数（δ）与pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．当pOH＝10时，H2A的KaB．当溶液呈中性时c（Na+）＞c（HA﹣）+2c（A2﹣） C．保持温度不变，一直通入HCl，c2(HD．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，体系内粒子浓度大小的顺序：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）【答案】C【分析】A．根据当pOH＝10时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），结合H2A的Ka2进行分析；B．根据电荷守恒，当溶液呈中性时c（H+）＝c（OH﹣），进行分析；C．根据保持温度不变，电离平衡常数不变，进行分析；D．根据HA﹣的电离平衡常数为10﹣4，HA﹣的水解平衡常数小于10﹣10，HA﹣电离大于水解，进行分析。【解答】解：A．当pOH＝10时，c（OH﹣）＝10﹣10，c（H+）＝10﹣4，此时c（HA﹣）＝c（A2﹣），所以H2A的KaB．当溶液呈中性时c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以c（Na+）＞c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B正确；C．保持温度不变，电离平衡常数不变，c2(HAD．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶质为NaHA，HA﹣的电离平衡常数为10﹣4，HA﹣的水解平衡常数小于10﹣10，HA﹣电离大于水解，粒子浓度大小的顺序：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。13．（2023秋•澄城县一模）常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是（）A．pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合后：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．浓度为0.1mol/L的碳酸氢钠溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3−）+c（OH﹣C．浓度为0.1mol/L的（NH4）2CO3溶液：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（CO32−）+2c（HCO3−D．浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液与NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【答案】C【分析】A．根据pH＝2的醋酸溶液浓度远高于pH＝12的氢氧化钠溶液进行分析；B．根据碳酸氢钠溶液中还存在碳酸根离子进行分析；C．根据物料守恒进行分析；D．根据混合后溶液呈碱性进行分析。【解答】解：A．pH＝2的CH3COOH溶液浓度远高于pH＝12的NaOH溶液，两者等体积混合，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．碳酸氢钠溶液中还存在碳酸根离子，根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3−）+2c（CO3C．碳酸铵溶液中，根据物料守恒可知c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（CO32−）+2c（HCO3D．浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液呈碱性，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。14．（2023秋•漳州一模）亚砷酸（H3AsO3）可用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法错误的是（）A．人体血液的pH为7.35～7.45，用药后人体中含砷元素的主要微粒是H3AsO3 B．当n（H3AsO3）：n（H2AsO3−C．pH＝12时，溶液中c（H2AsO3−）+2c（HAsO32−）+3c（AsO33−D．K3AsO3溶液中：c（AsO33−）＞c（OH﹣）＞c（HAsO32−【答案】C【分析】A．根据在pH＝7.35～7.45之间，含As元素主要微粒是H3AsO3，进行分析；B．根据当n(HC．根据pH＝12时，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），进行分析；D．根据第一步水解程度大于第二步，第二步水解程度大于第三步，进行分析。【解答】解：A．由图示可知，在pH＝7.35～7.45之间，含As元素主要微粒是H3AsO3，故A正确；B．当n(HC．pH＝12时，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），则c(HD．第一步水解程度大于第二步，第二步水解程度大于第三步，K3AsO3溶液中AsO33−发生三步水解分别生成HAsO32−、H2故选：C。【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2023秋•龙华区校级一模）将0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子的浓度关系正确的是（）A．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH） B．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+） C．c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH） D．c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）【答案】B【分析】将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相浓度等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）分析解答．【解答】解：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后CH3COONa和CH3COOH的物质的量相等，溶液显酸性，说明HCH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，A．反应后CH3COONa和CH3COOH的物质的量相等，溶液显酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，则（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，应有c（CH3COOH）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH），故A错误；B．根据A的分析可知，c（CH3COOH）＞c（H+），离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH），故B正确；C．混合液中c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），故C错误；D．溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答，明确弱电解质电离特点，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．16．（2024秋•沙坪坝区校级一模）常温下，有关下列溶液说法正确的是（）A．pH相同的①KHCO3②CH3COOK③KClO三种溶液中的c（K+）①＜③＜② B．将0.1mol•L﹣1盐酸与amol•L﹣1氨水等体积混合后呈中性，则KbC．M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp＝a，c(M2+D．将Cl2通入热的NaOH溶液恰好完全反应生成NaCl、NaClO和NaClO3；c(N【答案】B【分析】A．酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO，pH相同的①KHCO3、②CH3COOK、③KClO三种溶液中氢离子浓度相同，盐对应酸的酸性越强，盐水解程度越弱；B．将0.1mol•L﹣1盐酸与amol•L﹣1氨水等体积混合后呈中性，c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Cl﹣）＝c（NH4+），KC．M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp＝c（M+）×c2（OH﹣）＝a，c(M2+)=bmol⋅L−1时，c（OH﹣）=aD．将Cl2通入热的NaOH溶液恰好完全反应生成NaCl、NaClO和NaClO3，溶液中存在电荷恒得到。【解答】解：A．酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO，pH相同的①KHCO3、②CH3COOK、③KClO三种溶液中氢离子浓度相同，盐对应酸的酸性越强，盐水解程度越弱，c（K+）：②＞①＞③，故A错误；B．将0.1mol•L﹣1盐酸与amol•L﹣1氨水等体积混合后呈中性，c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Cl﹣）＝c（NH4+），KC．M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp＝c（M+）×c2（OH﹣）＝a，c(M2+)=bmol⋅L−1时，c（OH﹣）=abmol/L，c（H+）=1D．将Cl2通入热的NaOH溶液恰好完全反应生成NaCl、NaClO和NaClO3，溶液中存在电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3−）+c（OH故选：B。【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度关系、平衡常数计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。17．（2024秋•石景山区一模）已知NaHSO3溶液显酸性。关于Na2SO3和NaHSO3的下列说法中，不正确的是（）A．Na2SO3溶液中，c(NaB．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 C．NaHSO3溶液中，c(NaD．可以用Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3【答案】C【分析】A．Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解，溶液显碱性；B．Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子存在电离和水解，溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度；C．NaHSO3溶液中存在物料守恒；D．Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3。【解答】解：A．Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解，c（Na+）＞c（SO3B．分析可知两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同，分别为Na+、H+、SO32−、HSO3−、H2SOC．NaHSO3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝c（SO32−）+c（HSO3−）+c（HD．Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，反应的化学方程式：Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。18．（2024秋•沙坪坝区校级一模）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．将pH均为4的NH4Cl溶液和稀盐酸等体积混合，溶液pH仍为4 B．0.1mol•L﹣1和0.2mol•L﹣1的醋酸溶液中c（H+）之比小于1：2 C．0.1mol•L﹣1NH4HC2O4溶液中有2c(NHD．加水稀释0.1mol•L﹣1K2CO3溶液时，溶液中各离子浓度均减小【答案】A【分析】A．pH均为4的NH4Cl溶液和稀盐酸溶液中c（H+）＝10﹣4mol/L；B．弱电解质溶液中溶质浓度越小，电离程度越大；C．0.1mol•L﹣1NH4HC2O4溶液中存在物料守恒；D．加水稀释0.1mol•L﹣1K2CO3溶液时，溶液中各离子浓度不都减小。【解答】解：A．pH均为4的NH4Cl溶液和稀盐酸溶液中c（H+）＝10﹣4mol/L，等体积混合，溶液pH仍为4，故A正确；B．0.1mol•L﹣1和0.2mol•L﹣1的醋酸溶液中