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十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题49 溶液中粒子浓度大小比较（含解析）
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这是一份十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题49 溶液中粒子浓度大小比较（含解析），共19页。
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表 SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 中存在 SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 SKIPIF 1 < 0 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示 SKIPIF 1 < 0 的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时，根据a，b曲线交点坐标 SKIPIF 1 < 0 可知， SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．由C项分析可知， SKIPIF 1 < 0 ，根据b，c曲线交点坐标坐标 SKIPIF 1 < 0 分析可得电离平衡 SKIPIF 1 < 0 的电离常数为K1= SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故答案选D。
2．（2021·广东真题）鸟嘌呤( SKIPIF 1 < 0 )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 SKIPIF 1 < 0 表示)。已知 SKIPIF 1 < 0 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 水溶液的 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 水溶液加水稀释， SKIPIF 1 < 0 升高
C． SKIPIF 1 < 0 在水中的电离方程式为： SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 水溶液中： SKIPIF 1 < 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0.001ml/L GHCl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+ SKIPIF 1 < 0 H2R+ SKIPIF 1 < 0 HR SKIPIF 1 < 0 R-。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)= SKIPIF 1 < 0 ，下列表述正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 > SKIPIF 1 < 0
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH= SKIPIF 1 < 0
D．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： SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，溶液中 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 先增大后减小， SKIPIF 1 < 0 逐渐增大。 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，M点 SKIPIF 1 < 0 ，由此可知 SKIPIF 1 < 0 ，N点 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，P点 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 。A． SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；B．M点存在电荷守恒： SKIPIF 1 < 0 ，此时 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；C．O点 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，溶液 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 SKIPIF 1 < 0 ，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此 SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液，一份滴加 SKIPIF 1 < 0 的盐酸，另一份滴加 SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 溶液中 SKIPIF 1 < 0 的水解程度大于电离程度
B． SKIPIF 1 < 0 过程中： SKIPIF 1 < 0 逐渐减小
C． SKIPIF 1 < 0 过程中： SKIPIF 1 < 0
D．令c点的 SKIPIF 1 < 0 ，e点的 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】向 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向 SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为 SKIPIF 1 < 0 ，此时溶液呈碱性， SKIPIF 1 < 0 在溶液中电离使溶液呈酸性， SKIPIF 1 < 0 在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知， SKIPIF 1 < 0 溶液中 SKIPIF 1 < 0 的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知， SKIPIF 1 < 0 过程溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，滴加NaOH溶液的过程中 SKIPIF 1 < 0 保持不变， SKIPIF 1 < 0 逐渐减小，因此 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，向 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此 SKIPIF 1 < 0 过程中 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；D．c点溶液中 SKIPIF 1 < 0 =(0.05+10-11.3)ml/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中 SKIPIF 1 < 0 =(0.025+10-4)ml/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 SKIPIF 1 < 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． SKIPIF 1 < 0 混合溶液(pH=10.30)： SKIPIF 1 < 0
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)： SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 混合溶液(pH=4.76): SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸): SKIPIF 1 < 0
【答案】AD
【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明 SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 ，溶液中剩余微粒浓度关系为： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 ，正确；B．该混合溶液中电荷守恒为： SKIPIF 1 < 0 ，物料守恒为： SKIPIF 1 < 0 ，两式联立消去c(Cl-)可得： SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 ，电荷守恒为： SKIPIF 1 < 0 ，两式相加可得： SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 氨水滴定 SKIPIF 1 < 0 浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液中 SKIPIF 1 < 0
B．当滴入氨水 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
C．当滴入氨水 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】A．未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1ml/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( SKIPIF 1 < 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( SKIPIF 1 < 0 )+c(OH-)，C不正确；D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c( SKIPIF 1 < 0 )+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，( SKIPIF 1 < 0 )＞c(Cl-)，D不正确；故选CD。
7．（2019·江苏高考真题）室温下，反应 SKIPIF 1 < 0 +H2O SKIPIF 1 < 0 H2CO3+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．0.2ml·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(OH−)>c(H+)
B．0.2ml·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c( SKIPIF 1 < 0 )>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C．0.2ml·L−1氨水和0.2ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c( SKIPIF 1 < 0 )+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c( SKIPIF 1 < 0 )+c( SKIPIF 1 < 0 )
D．0.6ml·L−1氨水和0.2ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c( SKIPIF 1 < 0 )+c(OH−)=0.3ml·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∙H2O SKIPIF 1 < 0 NH4++OH-，H2O SKIPIF 1 < 0 H++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- SKIPIF 1 < 0 H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2O SKIPIF 1 < 0 NH3∙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-)③，0.2ml/LNH4HCO3与0.6ml/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1ml/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1ml/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)+0.3ml/L，正确；故选BD。
8．（2018·浙江高考真题）在常温下，向10mL浓度均为0.1ml·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1ml·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-)＜0.001ml
C．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0.1ml·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-)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25.00 mL 0.1000 ml·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．0.1000 ml·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 ml·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+ ) =0.1000 ml·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-），0.1000 ml·L−1H2C2O4溶液中0.1000ml/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000ml/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=== SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =1.85 SKIPIF 1 < 0 10-13 SKIPIF 1 < 0 Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-） SKIPIF 1 < 0 c（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） SKIPIF 1 < 0 0.1000ml/L，c（Na+） SKIPIF 1 < 0 0.1000ml/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0.1 ml·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．0.2 ml·L-1 HCOOH 与 0.1 ml·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中： c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 ml·L-1 CH3COONa 与 0.1 ml·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-）=0.100 ml·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+）=0.100 ml·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+）>0.100 ml·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+）=0.100 ml·L-1的溶液，根据c（H2C2O4）+ c（HC2O4-）+ c（C2O42-）=0.100 ml·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-）=0.100 ml·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-）=0.100 ml·L-1带入电荷守恒的等式，得到：c（OH-）+ c（HC2O4-）+ 0.100 ml·L-1=c（Na+）+c(H+)，溶液的PH＜7，c(H+) ＞c（OH-），所以c（Na+）＜0.100 ml·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．0.1ml/LNaHCO3溶液与0.1ml/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)
B．20ml0.1ml/LCH3COONa溶液与10ml0.1ml/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．0.1ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/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、0.1ml/LNaHCO3溶液与0.1ml/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、20ml0.1ml/LCH3COONa溶液与10ml0.1ml/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、0.1ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/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．0.1ml/LCH3COONa与0.1ml/LHCl溶液等体积混合：c(Na＋)>c(Cl－)＞cCH3COO－)＞c(OH－)
B．0.1ml/LNH4Cl与0.1ml/L氨水等体积混合（pH＞7）：c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C．0.1ml/LNa2CO3与0.1ml/L NaHCO3溶液等体积混合： SKIPIF 1 < 0 c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D．0.1ml/LNa2C2O4与0.1ml/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：
【答案】C
【解析】A、0.1ml/LCH3COONa与0.1ml/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、0.1ml/LNH4Cl与0.1ml/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、0.1ml/LNa2CO3与0.1ml/L NaHCO3溶液等体积混合，则根据物料守恒可知 SKIPIF 1 < 0 c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，C正确；D、0.1ml/LNa2C2O4与0.1ml/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0.1ml/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1ml/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0.1ml/L NaOH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0.10ml·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)
B．向0.10ml·L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO32－)
C．0.10ml·L－1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na＋)=2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]
D．0.10ml·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－)=1×10－5ml·L－1
B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C．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①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO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-)=1×10－5ml·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= SKIPIF 1 < 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．0.2ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/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-)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＝—67.7 kJ·ml—1
②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l) △H＝—57.3 kJ·ml—1在20mL0.1ml·L—1氢氟酸中加入VmL0.1ml·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·ml—1
B．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+)＝0.1ml·L—1
D．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＝－10.4 kJ·ml－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+)＝0.05 ml·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． SKIPIF 1 < 0 <1.0×10-7ml/L
B．c(Na+)= c(HCO3－)+ c(CO32－)+ c(H2CO3)
C．c(H+)+c(NH4+)= c(OH－)+ c(HCO3－)+2 c(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 SKIPIF 1 < 0 =c(OH-) <10－7 ml/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：
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－)= SKIPIF 1 < 0 ml/L
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1ml·L－1
D．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/10－9ml·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0.2ml，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)>0.2/2ml·L－1=0.1ml·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．（2016·上海高考真题）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
完成下列填空：
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1 ml/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 ml/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4-]＞[HCO3-]＞[CO32-]
B．[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
c．[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
D．[H2CO3] ＞[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[CO32-]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
____________________________________________________________________________________
【答案】
（3）大于；草酸；ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）
【解析】
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 ml/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 ml/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。A．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；B．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
24．（2012·北京高考真题）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：______________。
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是________________________
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表:
①上表判断NaHSO3溶液显______性，用化学平衡原理解释：____________
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)：____________
a．c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），
b．c（Na＋）> c（HSO3－）> c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－）
c．c（Na＋）+c（H＋）= c（SO32-）+ c（HSO3－）+c（OH－）
【答案】（1）SO2+H2OH2SO3，2 H2SO3+O22H2SO4 （2）SO2+2OH- =SO32-+H2O （3）①酸 HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度 ②ab
【解析】
（1）SO2形成硫酸型酸雨时，二氧化硫和空气中的水、氧气反应得到硫酸：SO2+H2OH2SO3，2 H2SO3+O22H2SO4；
（2）二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收制备亚硫酸钠溶液时：SO2+2OH- =SO32-+H2O；
（3）根据表中数据，可知，n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)=1:91时，溶液的pH值为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性。当吸收液呈中性时，溶液中的c（H＋）=c（OH－），由于溶液中存在着电荷守恒，（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32-）+ c（HSO3－）+c（OH－），可推出：c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），a正确；由于n(SO₃²﹣):n(HSO₃﹣)=1：1时，溶液的pH值为7.2，故中性时一定有c（HSO3－）> c（SO32-），可推出：c（Na＋）> c（HSO3－）> c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－），b正确；c不符合电荷守恒。故选ab。
实验编号
起始浓度/（ml·L－1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
n(SO₃²﹣)：n(HSO₃﹣)
91：9
1：1
1：91
pH
8.2
7.2
6.2
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表 SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 中存在 SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 SKIPIF 1 < 0 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示 SKIPIF 1 < 0 的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时，根据a，b曲线交点坐标 SKIPIF 1 < 0 可知， SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．由C项分析可知， SKIPIF 1 < 0 ，根据b，c曲线交点坐标坐标 SKIPIF 1 < 0 分析可得电离平衡 SKIPIF 1 < 0 的电离常数为K1= SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故答案选D。
2．（2021·广东真题）鸟嘌呤( SKIPIF 1 < 0 )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 SKIPIF 1 < 0 表示)。已知 SKIPIF 1 < 0 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 水溶液的 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 水溶液加水稀释， SKIPIF 1 < 0 升高
C． SKIPIF 1 < 0 在水中的电离方程式为： SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 水溶液中： SKIPIF 1 < 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0.001ml/L GHCl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+ SKIPIF 1 < 0 H2R+ SKIPIF 1 < 0 HR SKIPIF 1 < 0 R-。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)= SKIPIF 1 < 0 ，下列表述正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 > SKIPIF 1 < 0
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH= SKIPIF 1 < 0
D．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： SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，溶液中 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 先增大后减小， SKIPIF 1 < 0 逐渐增大。 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，M点 SKIPIF 1 < 0 ，由此可知 SKIPIF 1 < 0 ，N点 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，P点 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 。A． SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；B．M点存在电荷守恒： SKIPIF 1 < 0 ，此时 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；C．O点 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 ，溶液 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 SKIPIF 1 < 0 ，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此 SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液，一份滴加 SKIPIF 1 < 0 的盐酸，另一份滴加 SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 溶液中 SKIPIF 1 < 0 的水解程度大于电离程度
B． SKIPIF 1 < 0 过程中： SKIPIF 1 < 0 逐渐减小
C． SKIPIF 1 < 0 过程中： SKIPIF 1 < 0
D．令c点的 SKIPIF 1 < 0 ，e点的 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】向 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向 SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为 SKIPIF 1 < 0 ，此时溶液呈碱性， SKIPIF 1 < 0 在溶液中电离使溶液呈酸性， SKIPIF 1 < 0 在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知， SKIPIF 1 < 0 溶液中 SKIPIF 1 < 0 的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知， SKIPIF 1 < 0 过程溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，滴加NaOH溶液的过程中 SKIPIF 1 < 0 保持不变， SKIPIF 1 < 0 逐渐减小，因此 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，向 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此 SKIPIF 1 < 0 过程中 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；D．c点溶液中 SKIPIF 1 < 0 =(0.05+10-11.3)ml/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中 SKIPIF 1 < 0 =(0.025+10-4)ml/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 SKIPIF 1 < 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． SKIPIF 1 < 0 混合溶液(pH=10.30)： SKIPIF 1 < 0
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)： SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 混合溶液(pH=4.76): SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸): SKIPIF 1 < 0
【答案】AD
【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明 SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 ，溶液中剩余微粒浓度关系为： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 ，正确；B．该混合溶液中电荷守恒为： SKIPIF 1 < 0 ，物料守恒为： SKIPIF 1 < 0 ，两式联立消去c(Cl-)可得： SKIPIF 1 < 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： SKIPIF 1 < 0 ，电荷守恒为： SKIPIF 1 < 0 ，两式相加可得： SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 氨水滴定 SKIPIF 1 < 0 浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液中 SKIPIF 1 < 0
B．当滴入氨水 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
C．当滴入氨水 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】A．未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1ml/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( SKIPIF 1 < 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( SKIPIF 1 < 0 )+c(OH-)，C不正确；D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c( SKIPIF 1 < 0 )+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，( SKIPIF 1 < 0 )＞c(Cl-)，D不正确；故选CD。
7．（2019·江苏高考真题）室温下，反应 SKIPIF 1 < 0 +H2O SKIPIF 1 < 0 H2CO3+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．0.2ml·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(OH−)>c(H+)
B．0.2ml·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c( SKIPIF 1 < 0 )>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C．0.2ml·L−1氨水和0.2ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c( SKIPIF 1 < 0 )+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c( SKIPIF 1 < 0 )+c( SKIPIF 1 < 0 )
D．0.6ml·L−1氨水和0.2ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c( SKIPIF 1 < 0 )+c(OH−)=0.3ml·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∙H2O SKIPIF 1 < 0 NH4++OH-，H2O SKIPIF 1 < 0 H++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- SKIPIF 1 < 0 H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2O SKIPIF 1 < 0 NH3∙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-)③，0.2ml/LNH4HCO3与0.6ml/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1ml/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1ml/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)+0.3ml/L，正确；故选BD。
8．（2018·浙江高考真题）在常温下，向10mL浓度均为0.1ml·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1ml·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-)＜0.001ml
C．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0.1ml·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-)
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25.00 mL 0.1000 ml·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．0.1000 ml·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 ml·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+ ) =0.1000 ml·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-），0.1000 ml·L−1H2C2O4溶液中0.1000ml/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000ml/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=== SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =1.85 SKIPIF 1 < 0 10-13 SKIPIF 1 < 0 Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-） SKIPIF 1 < 0 c（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） SKIPIF 1 < 0 0.1000ml/L，c（Na+） SKIPIF 1 < 0 0.1000ml/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0.1 ml·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．0.2 ml·L-1 HCOOH 与 0.1 ml·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中： c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 ml·L-1 CH3COONa 与 0.1 ml·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-）=0.100 ml·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+）=0.100 ml·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+）>0.100 ml·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+）=0.100 ml·L-1的溶液，根据c（H2C2O4）+ c（HC2O4-）+ c（C2O42-）=0.100 ml·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-）=0.100 ml·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-）=0.100 ml·L-1带入电荷守恒的等式，得到：c（OH-）+ c（HC2O4-）+ 0.100 ml·L-1=c（Na+）+c(H+)，溶液的PH＜7，c(H+) ＞c（OH-），所以c（Na+）＜0.100 ml·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．0.1ml/LNaHCO3溶液与0.1ml/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)
B．20ml0.1ml/LCH3COONa溶液与10ml0.1ml/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．0.1ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/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、0.1ml/LNaHCO3溶液与0.1ml/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、20ml0.1ml/LCH3COONa溶液与10ml0.1ml/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、0.1ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/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．0.1ml/LCH3COONa与0.1ml/LHCl溶液等体积混合：c(Na＋)>c(Cl－)＞cCH3COO－)＞c(OH－)
B．0.1ml/LNH4Cl与0.1ml/L氨水等体积混合（pH＞7）：c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C．0.1ml/LNa2CO3与0.1ml/L NaHCO3溶液等体积混合： SKIPIF 1 < 0 c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D．0.1ml/LNa2C2O4与0.1ml/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：
【答案】C
【解析】A、0.1ml/LCH3COONa与0.1ml/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、0.1ml/LNH4Cl与0.1ml/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、0.1ml/LNa2CO3与0.1ml/L NaHCO3溶液等体积混合，则根据物料守恒可知 SKIPIF 1 < 0 c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，C正确；D、0.1ml/LNa2C2O4与0.1ml/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0.1ml/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1ml/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0.1ml/L NaOH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0.10ml·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)
B．向0.10ml·L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO32－)
C．0.10ml·L－1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na＋)=2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]
D．0.10ml·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－)=1×10－5ml·L－1
B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C．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①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO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-)=1×10－5ml·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= SKIPIF 1 < 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．0.2ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/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-)
②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l) △H＝—57.3 kJ·ml—1在20mL0.1ml·L—1氢氟酸中加入VmL0.1ml·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·ml—1
B．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+)＝0.1ml·L—1
D．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＝－10.4 kJ·ml－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+)＝0.05 ml·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． SKIPIF 1 < 0 <1.0×10-7ml/L
B．c(Na+)= c(HCO3－)+ c(CO32－)+ c(H2CO3)
C．c(H+)+c(NH4+)= c(OH－)+ c(HCO3－)+2 c(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 SKIPIF 1 < 0 =c(OH-) <10－7 ml/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：
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－)= SKIPIF 1 < 0 ml/L
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1ml·L－1
D．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/10－9ml·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0.2ml，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)>0.2/2ml·L－1=0.1ml·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．（2016·上海高考真题）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
完成下列填空：
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1 ml/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 ml/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4-]＞[HCO3-]＞[CO32-]
B．[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
c．[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
D．[H2CO3] ＞[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[CO32-]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
____________________________________________________________________________________
【答案】
（3）大于；草酸；ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）
【解析】
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 ml/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 ml/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。A．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；B．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
24．（2012·北京高考真题）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：______________。
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是________________________
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表:
①上表判断NaHSO3溶液显______性，用化学平衡原理解释：____________
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)：____________
a．c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），
b．c（Na＋）> c（HSO3－）> c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－）
c．c（Na＋）+c（H＋）= c（SO32-）+ c（HSO3－）+c（OH－）
【答案】（1）SO2+H2OH2SO3，2 H2SO3+O22H2SO4 （2）SO2+2OH- =SO32-+H2O （3）①酸 HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度 ②ab
【解析】
（1）SO2形成硫酸型酸雨时，二氧化硫和空气中的水、氧气反应得到硫酸：SO2+H2OH2SO3，2 H2SO3+O22H2SO4；
（2）二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收制备亚硫酸钠溶液时：SO2+2OH- =SO32-+H2O；
（3）根据表中数据，可知，n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)=1:91时，溶液的pH值为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性。当吸收液呈中性时，溶液中的c（H＋）=c（OH－），由于溶液中存在着电荷守恒，（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32-）+ c（HSO3－）+c（OH－），可推出：c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），a正确；由于n(SO₃²﹣):n(HSO₃﹣)=1：1时，溶液的pH值为7.2，故中性时一定有c（HSO3－）> c（SO32-），可推出：c（Na＋）> c（HSO3－）> c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－），b正确；c不符合电荷守恒。故选ab。
实验编号
起始浓度/（ml·L－1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
n(SO₃²﹣)：n(HSO₃﹣)
91：9
1：1
1：91
pH
8.2
7.2
6.2
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