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第 14 练 水溶液中粒子浓度的关系判断
1．粒子浓度大小比较的思维模型
(1)单一溶液
(2)混合溶液
2．熟悉三大守恒规律（以NaCO 溶液为例子）
2 3
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子的正电荷总数与所有阴离子的负电荷总数相等。
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或
分子等，但离子或分子中某些特定元素的原子的总数存在确定的比例关系。
c(Na＋)＝2【c(CO)＋c(HCO)＋c(HCO)】
2 3
(3)质子守恒：即HO电离出的氢离子和氢氧根离子总数相等。一般根据电荷守恒式和
2
物料守恒式整理得到。
c(OH－)＝c(HCO)＋2c(HCO)＋c(H＋)
2 3
3．粒子浓度大小比较的分析方法
(1)若题给选项中全部使用的是“>”或“<”，应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、
各粒子个数的原有情况和变化情况。
(2)若题给选项中等号一端全部是阴离子或阳离子时，应首先考虑溶液中阴、阳离子的
电荷守恒。
(3)若题给选项中等号一端各项中都含同种元素时，首先应考虑这种元素的原子守恒，
即物料守恒。
(4)若题给选项中等号两端既有分子又有c(H＋)或c(OH－)离子，则考虑利用质子守恒进
行分析，或将电荷守恒与物料守恒相加或相减等。
1．（2023·天津河北·统考二模）常温下，用 氨水滴定10mL浓度均为
的HCl和 的混合液，下列说法正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和 的混合液中
B．当滴入氨水10mL时，
C．当滴入氨水20mL时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，
【答案】C
【分析】常温下，用 氨水滴定10 mL浓度均为 的HCl和 CH,COOH的混合液。当滴入氨水10 mL 时，混合溶液中溶质为NH Cl和CHCOOH，且二者物质的
4 3
量之比为1∶l；当滴入氨水20 mL时，氨水与混酸完全反应生成NH Cl和CHCOONH。
4 3 4
【详解】A．当滴入氨水前，HCl和 的混合液中，HCl完全电离，
部分电离，所以有c(Cl-)>c(CH COO-)，故A项错误；
3
B．当滴入氨水10 mL时，混合溶液中溶质可看作NH Cl和 ，且二者物质的量
4
之比为1∶1，NH 存在形式为NH 和NH ·H O，CHCOOH存在形式为 和
3 2 3
CHCOO-，溶液体积相等所以有 ，
3
故B项错误；
C．由分析知，此时溶液中溶质为NH Cl和CHCOONH，根据电荷守恒有c(H+)+c(NH )=
4 3 4
c(Cl-)+c(CH COO-)+c(OH-)，由物料守恒知，c(NH )+c(NH·H O)=c(CHCOO-)+c(
3 3 2 3
)+c(Cl-)，将两式进行相减即可得到
，故C项正确；
D．当溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，CHCOONH 溶液显中性，NH Cl溶液显酸性，在20
3 4 4
mL 时，此时溶液中溶质为NH Cl和CHCOONH，溶液显酸性，因此当溶液显中性时，
4 3 4
氨水滴入量大于20 mL，溶液呈中性时氨水过量，醋酸铵为中性可忽略其对酸碱性的影响，
则 ，故D项错误；
故选C。
2．（2023·浙江·校联考一模）已知25℃时， 。某体系中，膜只允许未电
离的HA自由通过(如图所示)。
设溶液中 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等
B．溶液Ⅰ中
C．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
D．溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的 之比为
【答案】C
【详解】A．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，A错误；
B．由图可知溶液I本应显酸性，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-
7mol/L，c(H+)＜c(OH-)+c(A-)，B错误；
C．常温下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，K= =1.0×10-5，c
a 总
(HA)=c(HA)+c(A-)，则 =1.0×10-5，解得 = ，C正确；
D．溶液Ⅰ中水电离出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水电离出的c(H+)=c(OH-)= mol/L=10-
11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D错误；
故答案为：C。
3．（2023·黑龙江绥化·统考模拟预测）室温下，通过下列实验探究草酸以及草酸盐的性质。
实
实验操作和现象
验
1 用pH试纸测定0.1 mol· L-1 NaHC O 溶液的pH，测得pH约为5
2 4
2 向20 mL 0.1 mol· L-1HC O 溶液中加入NaOH溶液后，测得pH等于7
2 2 4
将0.01 mol· L-1的NaC O 溶液与0.0004 mol· L-1的NiSO 溶液等体积混合，有白色
2 2 4 4
3
沉淀生成
4 0.1 mol· L-1NaHC O 溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，观察不到明显现象
2 4
下列说法正确的是
A．实验1可以得到结论：K (H C O)·K (H C O)<K
a1 2 2 4 a2 2 2 4 w
B．实验2反应后的溶液中：c(HC O)=c( )
2 2 4
C．实验3可以得出结论：室温下，K (NiC O)<1×10-6
sp 2 4
D．实验4反应后溶液中存在：c(OH-)= c(H+ )+c( )+c( HC O)
2 2 4
【答案】C
【详解】A．0.1 mol· L-1 NaHC O 溶液的pH，测得pH约为5，溶液显酸性，NaHC O 电
2 4 2 4
离程度大于水解程度， ，则K (H C O)·K (H C O)>K ，
a1 2 2 4 a2 2 2 4 w
A项错误；
B．0.1 mol· L-1 NaHC O 溶液的pH，测得pH约为5；NaC O 溶液显碱性，向20 mL 0.1
2 4 2 2 4
mol· L-1HC O 溶液中加入NaOH溶液后，测得pH等于7，则溶质为NaHC O、NaC O，
2 2 4 2 4 2 2 4
水解程度较弱，则c(HC O)<c( )，B项错误；
2 2 4
C．0.01 mol· L-1的NaC O 溶液与0.0004 mol· L-1的NiSO 溶液等体积混合，有白色沉淀生
2 2 4 4成，说明K (NiC O)< Q(NiC O)， ，则
sp 2 4 2 4
K (NiC O)< 1×10-6，C项正确；
sp 2 4
D．0.1 mol· L-1NaHC O 溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，观察不到明显现象，得到
2 4
溶液中溶质为NaC O，根据质子守恒可知，c(OH-)= c(H+ )+c( )+2c( HC O)，D项
2 2 4 2 2 4
错误；
答案选C。
4．（2023·福建南平·统考三模）常温下，向 的 溶液中滴入NaOH溶液，
随着pH变化溶液中浓度最大的含磷微粒如图所示。下列说法正确的是
A． 时，
B． 时，
C． 时，
D．若用 的 溶液进行实验， 将向左移动
【答案】A
【详解】A． 时，
，则 ，A正确；
B． 时， ，此时溶液中主要含有 ，溶液显酸性，
其电离程度大于水解程度，故 ，B错误；
C． 时，根据电荷守恒可知，
，C错误；
D．平衡常数只受温度的影响，故 不移动，D错误；
故选A。
5．（2023·广东惠州·统考一模） 是二元弱酸，T℃时 溶液的pH
约为4，下列说法正确的是
A．向 溶液中滴加 溶液至恰好反应时，B． 溶液中存在
C． 溶液中存在：
D．T℃时 的 大小约为
【答案】D
【详解】A．向 溶液中滴加 溶液至恰好反应时溶质为NaSO ，由于亚硫酸根
2 3
离子会水解导致其浓度减小，故 ，A错误；
B．根据电荷守恒，溶液中存在 ，B错误；
C．根据物料守恒可知， 溶液中存在： ，
C错误；
D．T℃时 溶液的pH约为4，根据 可知，
，D正确；
故选D。
6．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知 为二元弱酸， ，
。室温下，下列说法不正确的是
A．0.1mol/L NaHR溶液
B．用NaOH溶液中和一定量的 溶液至呈中性时，溶液中
C．0.1mol/L 溶液：
D．0.01mol/L的 溶液与 的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比
为1∶2
【答案】C
【详解】A．NaHR是弱酸 的酸式盐，存在电离和水解， ，
电离强于水解，0.1mol/L NaHR溶液 ，A正确；
B．用NaOH溶液中和一定量的 溶液至呈中性时， =10-7mol/L，
，故溶液中 ，B正确；
C．0.1mol/L 溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(HR)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，
2
c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故 ，C错误；D．HR+2NaOH=2HO+Na R，0.01mol/L的 （二元酸）溶液与 即0.01mol/L的
2 2 2
NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；
故选C。
7．（2023·浙江宁波·统考二模）常温下， ，
， ，下列说法不正确的是
A．浓度均为0.1 mol/L的HCOONa和 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>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 溶液至
终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者
C．0.2mol/L 与0.1 mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：
D．0.2mol/L HCOONa溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后的溶液中：
【答案】D
【详解】A．由电荷守恒可知 、
，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程
度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸
钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中
阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；
B．由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用
相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；
C．醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物
质的量浓度相同，均为0.05mol/L（忽略体积变化），由醋酸的电离常数可知，相同浓度的
醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为
，C正确；
D．由电荷守恒可得 ，由物料守恒可得
，由此可得
，D错误；
故选D。
8．（2023·重庆·统考二模）常温下，0.1mol/L的某三种溶液的pH如右表所示：下列说法
不正确的是溶液 NaX NaY ( 为二元弱酸)
pH 7.5 8.9 11.6
A．常温下的电离常数：
B． 的HX溶液与 的NaOH溶液等体积混合后，
C．0.1mol/L的 溶液中：
D．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数和 均不变
【答案】D
【详解】A．由表格数据可知，水解程度：Z2->Y->X-，则酸性： ，故常温
下的电离常数： ，A正确；
B．HX为弱酸，则 的HX溶液中HX的浓度远大于0.01mol/L，则 的HX溶液
与 的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，故 ，
B正确；
C． 为二元弱酸，根据物料守恒可知，0.1mol/L的 溶液中：
，C正确；
D．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数不变， 减小，则 增大，D错
误；
故选D。
9．（2023·天津河北·统考一模）室温下，下列说法正确的是
A．向 溶液中加水稀释，溶液中 减小
B．等物质的量浓度的 和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：
C． 的 溶液与 的 溶液，水的电离程度相同
D．等浓度、等体积的NaOH溶液和二元弱酸 溶液混合后溶液呈酸性，则混合液中：
【答案】D
【详解】A． 溶液中存在电离平衡：CHCOOH CHCOO-+H+，加
3 3水稀释，平衡正向移动，但CHCOO-浓度减小，由于温度不变， 不变，则
3
增大，A错误；
B．等物质的量浓度的 和NaF溶液，前者pH较大，说明 水解程度大于
F-，酸性：HF>HCOOH，则反应 不能发生，违背了强酸制
弱酸的原理，B错误；
C． 的 溶液，由水电离产生的氢离子浓度为 ，
的 溶液，由水电离产生的氢离子浓度为 ，二者水
的电离程度不相同，C错误；
D．两溶液混合后，溶液中的溶质为 ，溶液呈酸性，说明 的电离大于水解，则
混合液中： ，D正确；
故选D。
10．（2023·重庆·统考模拟预测）将 溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积
混合(忽略温度变化)，下列说法正确的是
A．混合溶液中
B．混合后 的水解常数增大
C．混合溶液中
D．混合后加入适量 固体， 的电离平衡向右移动
【答案】D
【分析】 溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合得到0.05mol/L的
NaCl、 和 溶液。
【详解】A。醋酸为弱酸，故0.05mol/L的NaCl、 和 溶液中
，故A错误；
B．温度不变，水解常数不变，故B错误；
C．在等浓度的NaCl、 和 溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水
解程度，故有 ，故C错误；
D． 可以电离出氢离子， 可以结合氢离子，则氢离子浓度降低，促进醋
酸的电离，故D正确；
故选D。11．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）下列溶液或浊液中，关于离子浓度
的说法正确的是
A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中， 的比值减小
B．浓度均为0.1mol·L-1的NaCO、NaHCO 混合溶液中：c(CO )<c(HCO )，且
2 3 3
3c(Na+)=2[c(CO )+c(HCO )+c(H CO)]
2 3
C．0.2mol·L-1的醋酸(CHCOOH)溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：c(CHCOO-)-
3 3
c(H+)=c(Na+)-c(OH-)
D．常温下，已知：K (AgCl)=1.8×10-10，K (Ag Cr O)=2.0×10-12，则Ag CrO 悬浊液的
sp sp 2 2 4 2 4
c(Ag+)一定小于AgCl悬浊液中的c(Ag+)
【答案】C
【详解】A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，氢氧根浓度减小，根据电离常数可知
＝ ，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，则比值增大，A错
误；
B．浓度均为0.1mol·L－1的NaCO、NaHCO 混合溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，
2 3 3
则c(CO )<c(HCO )，根据物料守恒：2c(Na+)=3[c(CO )+c(HCO )+c(H CO)]，B错误；
2 3
C．0.2mol·L－1的醋酸(CHCOOH)溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合后得到
3
CHCOONa和CHCOOH的混合溶液，根据电荷守恒c(CHCOO－)+c(OH－)=c(Na＋)+c(H+)，
3 3 3
可以得到c(CHCOO-)-c(H+)=c(Na+)-c(OH-)，C正确；
3
D．常温下，已知：K (AgCl)＝1.8×10－10，K (Ag Cr O)＝2.0×10－12，Ag CrO 悬浊液中
sp sp 2 2 4 2 4
c(Ag+)= ，AgCl悬浊液中c(Ag+)=
，则Ag CrO 悬浊液的c(Ag+)一定大于AgCl悬浊液
2 4
中的c(Ag+)，D错误；
故选：C。
12．（2023·河北·模拟预测）常温下， 溶液的 ，在如图所示的
溶液体系中，隔膜不让 和 通过， 分子可自由穿过。已知溶液中
，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是
隔膜
溶液A 溶液BA．水的电离程度：溶液A＜溶液B
B．溶液A中：
C．溶液B中：
D．混合溶液中 和 浓度相等：
【答案】B
【详解】A．溶液B的pH大于溶液A的，所以溶液B中 大，对水的电离抑制程度
大，溶液B中水的电离程度小，选项A错误；
B．常温下， 溶液的 ，可知 ，可列三
段式如下：
将数值代入 的表达式，得到 约为 ，溶液A中 ，
则溶液A中 ，选项B正确；
C．由于 的电离程度很弱，则平衡体系中 最大， 来源于
的电离和水的电离， ，所以微粒浓度从大到小的顺序为
，选项C错误；
D．混合溶液中若 和 浓度相等，根据计算可知 的电离平衡常数
大于 的水解平衡常数 ，所以混合溶液中 ，再结合电荷
守恒 可知 ，选
项D错误；
答案选B。
13．（2023·广东·统考二模）联氨 有弱碱性，与盐酸反应生成盐( 、)，下列叙述正确的是
A． 的 的水溶液的
B． 的 的水溶液加水稀释， 值降低
C． 在水溶液中的电离方程式：
D． 水溶液中：
【答案】C
【分析】联氨 有弱碱性，与盐酸反应生成盐( 、 )，可知联氨为二元
弱碱；
【详解】A．联氨为二元弱碱， 的 的水溶液中氢氧根离子小于
0.1mol/L，则其 ，A错误；
B． 为强酸弱碱盐，溶液显酸性， 的 的水溶液加水稀释，酸
性变弱， 值升高，B错误；
C． 属于盐，水溶中完全电离： ，C正确；
D． 水溶液中根据电荷守恒可知： ，
D错误；
故选C。
14．（2023·重庆·统考三模）25℃时， 的电离常数 。在10.0mL
0.10mol/L的 溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液。下列说法不正确的是
A．该混合溶液呈酸性
B．该混合溶液中：
C．0.10mol/L的 溶液中
D．将0.10mol/L的 溶液加水稀释， 增大
【答案】C
【分析】在10.0mL 0.10mol/L的 溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液，酸
过量，则该混合液中溶质是 和 ，且浓度相同。据此回答问题。
【详解】A．该混合液中溶质是 和 ，且浓度相同，由
可知， 的电离大于 水解，所以该混合溶液呈酸性，故
A正确；
B．由 可知， 的电离大于 水解，所以该混合溶液呈酸性，则该混合溶液中： ，故B正确；
C．醋酸的电离常数 ，在0.10mol/L的 溶
液中 ，则
，
，2＜pH＜3，故C错误；
D．醋酸的电离常数 ，温度不变 不变，加水稀释时
减小，故 增大，故D正确；
故选C。
15．（2023·上海·模拟预测）常温下，一元碱BOH的K (BOH)=1.0×10-5。在某体系中，离
b
子不能穿过隔膜，BOH分子可自由穿过隔膜(如图所示)，溶液中c (BOH)= c(BOH)
总
+c(B+ )，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．常温下，0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液的pH≈12
B．根据电荷守恒，溶液I和Ⅱ中都存在c(B+ )+c(H+)=c(OH—)
C．溶液I和Ⅱ中的c(B+ )相等
D．溶液I中BOH的电离度为：
【答案】D
【详解】A．常温下0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液中，当 达到平衡时，
c(BOH) 0.1 mol·L-1，c(B+)=c(OH-)，由 可得c(OH-)
mol/L=10-3mol ·L-1，pOH=3，则溶液pH约为11，故A错误；
B．由常温下Ⅱ中溶液pH为7可知，溶液中c(H+)=c(OH—)，则Ⅱ溶液中c(B+)
+c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由 可知，溶液I和Ⅱ
中的c(B+)不相等，故C错误；
D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01mol·L-1，c (BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数
总
可得： =1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为
= ，故D正确；
故选D。
16．（2022·重庆·统考高考真题）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol•L-1CaCl 水溶液 ……
2
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO )
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO )+c(HCO )+c(H CO)
2 3
D．经过步骤③，溶液中c(CHCOOH)+c(CH COO-)=c(Cl-)
3 3
【答案】D
【详解】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl 水溶液和0.01molNa SO 反应方程式为
2 2 4
CaCl + Na SO =2NaCl+CaSO ↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO，CaSO 微溶，则溶液
2 2 4 4 4 4
中含有SO 和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A错误；
B．步骤②中，CaSO(s)+Na CO(aq)=CaCO ↓+NaSO(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的
4 2 3 3 4
溶质为0.01mol Na SO 、0.01mol Na CO 和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO )，故B错误；
2 4 2 3
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na SO 、0.01mol Na CO 和0.02molNaCl，存在
2 4 2 3
物料守恒：c(Cl-)=2c(CO )+2c(HCO )+2c(H CO)，故C错误；
2 3
D．步骤③中，CaCO +2CH COOH=Ca(CH COO) +H O+CO↑，反应后的溶液中含有
3 3 3 2 2 2
0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH COO) ，则c(CHCOOH)+c(CH COO-)=c(Cl-)，故D正确；
3 2 3 3
故选D。
17．（2022·江苏·高考真题）一种捕集烟气中CO 的过程如图所示。室温下以
2
0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO，若通入CO 所引起的溶液体积变化和HO挥发可忽略，溶液
2 2 2
中含碳物种的浓度c =c(H CO)+c( )+c( )。HCO 电离常数分别为K =4.4×10-7、
总 2 3 2 3 a1
K =4.4×10-11。下列说法正确的是
a2A．KOH吸收CO 所得到的溶液中：c(H CO)＞c( )
2 2 3
B．KOH完全转化为KCO 时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c( )+c(H CO)
2 3 2 3
C．KOH溶液吸收CO，c =0.1mol∙L-1溶液中：c(H CO)＞c( )
2 总 2 3
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【详解】A．KOH吸收CO 所得到的溶液，若为KCO 溶液，则 主要发生第一步水解，
2 2 3
溶液中：c(H CO)＜c( )，若为KHCO 溶液，则 发生水解的程度很小，溶液中：
2 3 3
c(H CO)＜c( )，A不正确；
2 3
B．KOH完全转化为KCO 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c( )
2 3
+2c( )，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c( )+c( )+c(H CO)]，则c(OH-)=
2 3
c(H+)+c( )+2c(H CO)，B不正确；
2 3
C．KOH溶液吸收CO，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c =0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO 溶液， K =
2 总 3 h2
= 2.3×10-8＞K =4.4×10-11，表明 水解程度大于电离程度，所以溶液中：
a2
≈
c(H CO)＞c( )，C正确；
2 3
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO+2KOH=K CO+H O、
2 2 3 2
KCO+CaO+H O=CaCO ↓+2KOH(若生成KHCO 或KCO 与KHCO 的混合物，则原理相
2 3 2 3 3 2 3 3
同)，二式相加得：CO+CaO=CaCO ↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，
2 3
D不正确；
故选C。
18．（2022·湖北·统考高考真题）根据酸碱质子理论，给出质子 的物质是酸，给出质
子的能力越强，酸性越强。已知： ，
，下列酸性强弱顺序正确的是
A． B．
C． D．【答案】D
【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子 的
物质是酸，则反应 中，酸性： ，反应
中，酸性： ，故酸性： ，答案
选D。
19．（2022·浙江·统考高考真题） 时，向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混
合溶液中逐滴加入 的 溶液(醋酸的 ；用 的 溶
液滴定 等浓度的盐酸，滴定终点的 突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加 溶液至 的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D． 时，
【答案】B
【详解】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液
显碱性，A正确；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则
滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，
c(H+)≈c(CH COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧
3
化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H O和
2
CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；
3 3 2
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：
，C正确；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶
液至pH=7，根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)+c(CH COOH)+c(CH COO-)，则有
3 3
。又由pH=7可得c(H+)=10-7mol/L，根据该温度下
Ka(CH COOH)= ， ，故有
3
，D正确；
故答案为：B。20．（2022·全国·统考高考真题）常温下，一元酸 的 。在某体系中，
与 离子不能穿过隔膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 之比为
【答案】B
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)
＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c
a 总
(HA)=c(HA)+c(A-)，则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，K = =1.0×10-3，c
a 总
(HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c (HA)=(104+1)c(HA)，溶液
总
II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)
a 总
+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II中c (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由
总
穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c (HA)之比为
总
[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。21．（2022·浙江·统考高考真题）已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。
2 a1 a2
下列说法正确的是
A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
2
B．向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则HA的电
2 2
离度为0.013%
C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
2
D．取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
2
【答案】B
【详解】A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前
2
者大于后者，故A错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，HA电离程度较小，溶液中c(HA)≈0.1mol/L，K =
2 2 a1
，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(HA) ，则HA的电离度
2 电离 2
0.013%，故B正确；
C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11， ，则c(A2-)<c(HA-)，
2
故C错误；
D．HA是弱酸，取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，HA的电离平衡正
2 2 2
向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；
选B。
22．（2021·重庆·统考高考真题）下列叙述正确的是
A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH )>c(CH COO- )
3
B．向NH Cl溶液中加入少量Al (SO ) 固体、则水的电离程度减小
4 2 4 3
C．向NaCO 溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO )>c(H CO)
2 3 2 3
D．向0.2 mol·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 mol·L-1
【答案】C
【详解】A．溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(
)=c(CH COO- )+c(OH- )，则c( )<c(CH COO- )，A错误；
3 3
B．加入少量Al (SO ) 固体由于Al3+发生水解反应，促进水的电离，则水的电离程度增大，
2 4 3
B错误；
C．向NaCO 溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，溶质为NaHCO 、NaCl，NaHCO 溶液中
2 3 3 3
少部分水解生成HCO，则c( )>c(H CO)，C正确；
2 3 2 3D．磷酸HPO 是三元弱酸，部分电离，0.2 mol·L-1磷酸含c(H+)<0.6 mol·L-1，加水至原体
3 4
积的两倍，越稀弱酸电离程度越大，则c(H+)>0.3 mol·L-1，D错误；
故选：C。
23．（2021·江苏·高考真题）室温下，通过下列实验探究NaHCO 、NaCO 溶液的性质。
3 2 3
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO 溶液的pH，测得pH约为8
3
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO 溶液与0.1mol·L-1CaCl 溶液等体积混合，产生白色沉淀
3 2
实验3：向0.1mol·L-1NaCO 溶液中通入CO，溶液pH从12下降到约为9
2 3 2
实验4：向0.1mol·L-1NaCO 溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
2 3
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：K (H CO)>
a2 2 3
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO )<K (CaCO)
sp 3
C．实验3中发生反应的离子方程式为CO +H O+CO=2HCO
2 2
D．实验4中c (CO )<c (CO )
反应前 反应后
【答案】C
【详解】A．实验1：用 试纸测量 溶液的 ，测得 约为8，
c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：
，K =H+·OH-， ， ，
w
K (H CO)= ＜ = ，A错误；
a2 2 3
B．实验2：将 溶液与 溶液等体积混合，产生白色沉淀
碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：
，B错误；
C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3： 溶液中通入
一定量的 ，溶液 从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为
，C正确；
D． 由图知： 和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c
反应前
(CO )＞c (CO )，D错误；
反应后
答案选C。
24．（2021·天津·统考高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在 溶液中B．在 溶液中
C．在 溶液中
D．氨水和NH Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
4
【答案】A
【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在
溶液中，离子浓度大小为： ，故A
正确；
B．在 溶液中，根据电荷守恒得到 ，
故B错误；
C．在 溶液中，根据物料守恒得到
，故C错误；
D．氨水和NH Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则 ，根据电荷守恒
4
，则 ，故D错误；
故选A。
25．（2021·广东·高考真题）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用
表示)。已知 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：
D． 水溶液中：
【答案】B
【详解】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0.001mol/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。
