专题57溶液中粒子浓度大小比较(解析版)_05-化学-高考总复习_专项复习_2025年_十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编（全国通用）

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专题57 溶液中粒子浓度大小比较
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 关联平
衡常数粒子浓
度大小比较
2024·江苏卷、2024·浙江1 月卷、2024·安
徽卷、2022•江苏卷、2019•江苏卷、2018•
江苏卷、2017•江苏卷
溶液中离子浓度的大小比较是离子平衡
的主流试题，既与盐的水解有关，又与
弱电解质电离平衡有关。不仅偏重考查
粒子的浓度大小顺序，且还侧重溶液中
各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守
恒)关系考查，从而使题目具有一定的综
合性、灵活性和技巧性，考查考生对变
化观念、微观探析的理解和应用。
考点2 混合溶
液中粒子浓度
大小比较
2022•重庆卷、2021•天津卷、2020•浙江7
月卷、2020•江苏卷、2019•浙江4 月卷、
2016·四川卷、2015·安徽卷、2015·四川
卷、2015·江苏卷
考点1  关联平衡常数粒子浓度大小比较
1．(2024·江苏卷，12，3 分)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，
Ka2(H2SO3)=6.2×10-8.。
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0.1mol·L-1NaOH 溶液中，当溶液pH=4 时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1mol·L-1酸性KMnO4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SO3
2-＋cHSO3
-＞c(H＋)
B．实验2 所得溶液中：cSO3
2-＞cHSO3
-
C．实验2 所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D．实验3 所得溶液中：cSO4
2-＞cMn2+
【答案】D
【解析】实验1 得到H2SO3溶液，实验2 溶液的pH 为4，实验2 为NaHSO3溶液，实验3 中SO2和酸
性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4
- +2H2O= 5SO4
2-+2Mn2++4H+。A 项， 实验1 得到H2SO3
溶液，其质子守恒关系式为：2cSO3
2-＋cHSO3
-+ cOH-=c(H＋)，则 cSO3
2-＋cHSO3
-＜c(H＋)，A 错误；
B 项，实验2 为pH 为4，依据
，则
=
，溶液，则cSO3
2-＜
1
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cHSO3
-，B 错误；C 项，NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得NaHSO4固体，C 错误；D 项，实验3 依据发生的反
应：5SO2+2MnO4
- +2H2O= 5SO4
2-+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后cSO4
2-＞cMn2+，D 正确；故选D。
2．(2024·浙江1 月卷，15，3 分)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1 BaCl2溶液与新制H2SO3溶
液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3    Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，
下列说法不正确的是(    )
A．H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)＞c(OH-)
B．将0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀释到0.20mol·L-1，c(SO3
2-)几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O 是出现白色沉淀的主要原因
【答案】C
【解析】A 项，亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式为：H2SO3
H++HSO3
-，HSO3
-
H++SO3
2-，则溶液中c(H＋)＞c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)＞c(OH-)，A 正确；B 项，亚硫酸根离子是其二级电
离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的
平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B 正确；C 项，加入双氧水之
前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C 错误；D 项，过氧化氢具有强氧化性，可以将+4 价硫氧化为+6 价硫
酸根离子，则存在反应，BaSO3+H2O2= BaSO4↓+H2O，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D 正确；
故选C。
3．(2024·安徽卷，13，3 分)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS 和H2S 处理水样中的Cd2+。已知
时，H2S 饱和溶液浓度约为0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-
26.10。下列说法错误的是(    )
A．Na2S 溶液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-
B．0.01mol·L-1Na2S 溶液中：cNa＋＞cS2-＞cOH－＞cHS-
C．向cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，可使
D．向cCd2+=0.01mol·L-1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，0.01mol·L-1Na2S 溶液
中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为
，根据硫元素守
恒可知
，所以
，则cOH－＞cS2-，B 不正确；C 项，Ksp(FeS)远远大
于Ksp(CdS)，向
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
2
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，因此该反应可以完全进行，CdS 的饱和溶液中
，若加入足量FeS 时可使
，C 正确；D
项
，
Cd2++H2S
CdS+2H+
的
平
衡
常
数
，该反应可以完全进行，因此，当向
cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S 气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中cH+＞cCd2+，D 正确；
故选B。
4．(2022•江苏卷，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH 溶液吸收CO2，
若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O 挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c 总=c(H2CO3)+c(HCO3
- )
+c(CO3
2-)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(  )
A．KOH 吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3
-)
B．KOH 完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)
C．KOH 溶液吸收CO2，c 总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO3
2-)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A 项，KOH 吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则CO3
2-主要发生第一步水解，溶液
中：c(H2CO3)＜c(HCO3
-)，若为NaHCO3溶液，则HCO3
-发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜
c(HCO3
-)，A 不正确；B 项，KOH 完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ 
+c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)
+c(HCO3
-)+2c(H2CO3)，B 不正确；C 项，KOH 溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c 总=0.1mol∙L-1，则溶液
为KHCO3溶液， Kh2=
=
≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3
-以水解为主，所以溶液中：
c(H2CO3)＞c(CO3
2-)，C 正确；D 项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：
CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，
则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D 不正确；故选C。
5．(2019•江苏卷，14)室温下，反应
+H2O
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
3
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温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(    )
A． 0.2mol·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c(NH4
+)>c(OH−)>c(H+)
B． 0.2mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(NH4
+)>c(HCO3
-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C． 0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4
+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3
-)
+c(CO3
2-)
D． 0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c(CO3
2-)
+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)
【答案】BD
【解析】A 项，NH3∙H2O 属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2O
NH4
+
+OH-，H2O
H++OH-，所以c(OH-)>c(NH4
+)，故A 错误；B 项，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：HCO3
-
H2CO3+OH-，NH4
+水解：
NH4
++H2O
NH3∙H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B 正确；C 项，由物料守恒，
n(N)：n(C)=2：1，则有c(NH4
+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)]，故C 错误；D 项，由物料守
恒，n(N)：n(C)=4：1，则有c(NH4
+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)]①；电荷守恒有：c(NH4
+)
+c(H+)=c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)+c(OH-)②；结合①②消去
c(NH4
+) 得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)
+4c(H2CO3)+3c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)③，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳
守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)=0.1mol/L ④，将③等式两边各加一个c(CO3
2-)，则有c(NH3∙H2O)
+c(OH-)+c(CO3
2-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3
-)+3c(CO3
2-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)
+c(CO3
2-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D 正确；故选BD。
6．(2018•江苏卷，14) (双选)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(C2O4
2−) 。室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 
mol·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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O4
2− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O4
2− ) >c(H+ )
C．pH = 7 的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O4
2−) −c(H2C2O4)
D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4
−)
【答案】AD
【解析】A 项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O4
2-)+c(OH-)，0.1000 mol·L−1H2C2O4
溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4)+ c(HC2O4
-)+ c(C2O4
2-)，两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O4
2-)
+c(OH-)，A 项正确；B 项，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
-+H2O
H2C2O4+OH-，HC2O4
-水解常数Kh=
=
=
=
=1.85
10-13
Ka2(H2C2O4)，HC2O4
-的电离程度
大于水解程度，则c(C2O4
2-)>c(H2C2O4)，B 项错误；C 项，滴入NaOH 溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na+)
+c(H+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O4
2-)+c(OH-) ，室温pH=7 即c(H+)=c(OH-) ，则c(Na+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O4
2-)=c( 总)
+c(C2O4
2-)-c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)＜0.1000mol/L，c(Na+)＜0.1000mol/L +c(C2O4
2-)-c(H2C2O4)，
4
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C 项错误；D 项，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(C2O4
2-)+c(OH-) ，物料守恒为c(Na+)=2[c(H2C2O4) + c(HC2O4
-)+ c(C2O4
2-)] ，两式整理得c(OH-)-
c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4
-)，D 项正确；故选AD。
7．(2017•江苏卷，14)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 mol·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 mol·L−1 HCOOH 与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = 
c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·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。故选AD。
考点2  混合溶液中粒子浓度大小比较
1．(2022•重庆卷，11)某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液
……
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(SO4
2-)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】A 项，经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ 
Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl 和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO4
2-和Ca2+，则
c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A 错误；B 项，步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中
反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO4
2-)，故B
5
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错误；C 项，经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守
恒：c(Cl-)=2c(CO3
2-)+2c(HCO3
-)+2c(H2CO3)，故C 错误；D 项，步骤③中，
CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol 
Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D 正确；故选D。
2．(2021•天津卷，10)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(    )
A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4
-)＞c(HPO4
2-)＞c(PO4
3-)
B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4
-)+c(C2O4
2-)
C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3
-)=0.1mol·L-1
D．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A 项，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
0.1mol·L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)＞c(H2PO4
-)＞c(HPO4
2-)＞c(PO4
3-)，故A 正确；B 项，在
0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4
-)+2c(C2O4
2-)，故B 错误；C
项，在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3
-)+ c(CO3
2-)=0.1mol·L-1，故C 错误；
D 项，氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)
+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D 错误；故选A。
3．(2020•浙江7 月卷，23)常温下，用0.1 mol·L−1 氨水滴定10 mL 浓度均为0.1 mol·L−1 的HCl 和
CH3COOH 的混合液，下列说法不正确的是(    )
A．在氨水滴定前，HCl 和CH3COOH 的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10 mL 时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL 时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl−)
【答案】D
【解析】A 项，未滴定时，溶液溶质为HCl 和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/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 项，当滴入氨水
10mL 时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4
+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，
B 正确；C 项，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(NH4
+)+c(OH-)，C 正确；D 项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4
+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ 
c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4
+)＞c(Cl-)，D 不正确；故选D。
4．(2020•江苏卷，14)(双选)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1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．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO3
2-)＞c(OH－)
B．氨水-NH4Cl 混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+ c(H＋)= c(NH3∙H2O)+c(OH－)
C．CH3COOH - CH3COONa 混合溶液(pH=4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(H+)
D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋
c(C2O)
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【答案】AD
【解析】A 项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3
-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和
Na2CO3水解关系为：CO3
2-＞HCO3
-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)＞c(CO3
2-)，CO3
2-和HCO3
-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：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO3
2-)＞c(OH－)，故A 正确；B 项，该混合溶液中电荷守恒
为：c(NH)+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：
c(NH)+2c(H＋)= c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B 错误；C 项，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+)，故C 错误；D 项，该混合溶液中物料
守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4
-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4
-)
+2c(C2O)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)，故D 正确；故选AD。
5．(2019•浙江4 月卷，21)室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH 溶液。
已知：H2A=H+＋HA−，HA−
H+＋A2−。下列说法不正确的是(    )
A． 0.1 mol·L−1 H2A 溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B． 当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH 溶液的体积小于10 mL
C． 当用去NaOH 溶液体积10 mL 时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D． 当用去NaOH 溶液体积20 mL 时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L−1 二元酸
H2A 看做20 mL 0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A 微粒。A 项， 0.1 
mol·L−1H2A 溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)
+c(HA−)=0.1mol·L−1，A 项正确；B 项，若NaOH 用去10ml，反应得到NaHA 溶液，由于HA−
H+＋
A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml 的NaOH 溶液，B 项错误；C 项，当用去NaOH
溶液体积10 mL 时，得到NaHA 溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C
项正确；D 项，当用去NaOH 溶液体积20 mL 时，得到Na2A 溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋
2c(A2−)，D 项正确。故选B。
6．(2016·四川卷，7)向1L 含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH 的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)
增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol ＜n(CO2) 
0.015 时发生的反应是：2 NaAlO2+ 
CO2+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是(    )
选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)＞c(AlO2
-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)＞c(AlO2
-)＞ c(OH-)＞c(CO3
2-)
C
0.015
c(Na+)＞ c(HCO3
-)＞c(CO3
2-)＞ c(OH-)
D
0.03
c(Na+)＞ c(HCO3
-)＞ c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】向1L 含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH 的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢
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氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol 氢氧化钠消耗0.01mol 二氧化碳，生成0.01mol 碳酸钠；
然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol 偏铝酸钠消耗0.005mol 二氧化碳，生成
0.005mol 碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol 二氧化碳，生成
0.03mol 碳酸氢钠。A 项，未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2
-)+c(OH-)，
c(Na+)＜c(AlO2
-)+c(OH-)，错误；B 项，当通入的二氧化碳为0.01mol 时，则溶液为含有0.01mol 碳酸钠和
0.01mol 偏铝酸钠的混合液，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，
则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，错误；C 项，当通入的二氧化碳为0.015mol 时溶液中含有
0.015mol 碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)＞ c(CO3
2-) ＞ c(OH-) c(HCO3
-)，故错误；D 项，当通入二氧化
碳的量为0.03mol 时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞ c(HCO3
-)＞ c(OH-)＞
c(H+)，故正确。
7．(2015·安徽卷，13)25℃时，在10 mL 浓度均为0.1 mol·L-1NaOH 和NH3·H2O 混合溶液中滴加0.1 
mol·L-1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10 mL 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20 mL 盐酸时：c(Cl-)=c(NH4
+)+c(Na+)
【答案】B
【解析】未加盐酸时，根据物料守恒有c(NH3·H2O)+c(NH4
+)=0.1 mol·L-1=c(Na+)，A 项错误；加入10 mL
盐酸，则氢氧化钠与盐酸的物质的量相等，c(Cl-)=c(Na+)，根据电荷守恒：c(NH4
+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)
+c(OH-)，故c(NH4
+)+c(H+)=c(OH-)，B 项正确；溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4
+)
+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)，故c(NH4
+)+c(Na+)=c(Cl-)，C 项错误；加入20 mL 盐酸，则刚好反应生成
NaCl、NH4Cl，NH4Cl 水解使溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4
+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)
+c(OH-)，则c(NH4
+)+c(Na+)<c(Cl-)，D 项错误。
8．(2015·四川卷，6)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．
K W
c( H
+)
<1.0×10-7mol·L-1
B．c(Na+)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c(H2CO3)
C．c(H+)+c(NH 4
+)=c(OH-)+c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)
D．c(Cl-)>c(NH 4
+)>c(HCO3
−)>c(CO3
2−)
【答案】C
【解析】水的离子积KW=c(H+)×c(OH-)，所以
K W
c( H
+)
=c(OH-)，因pH<7，故c(OH-)<1.0×10-7mol·L-1，A
正确；因两物质是等体积、等物质的量浓度加入，故当未发生任何反应时，钠与碳应是恒等关系，而发生
发应并析出晶体时，钠与碳同样是以1∶1 的比例析出，故滤液中的钠与碳仍应恒等，B 正确；选项C 是电
荷守恒，但忽略了阳离子中还有钠离子，C 错误；D 中因氯离子不发生水解反应，故浓度应最大，而
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HCO3
-部分析出，故应小于NH4
+，CO3
2-由HCO3
-电离而来，反应微弱，故浓度最小，D 正确。
9．(2015·江苏卷，14)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0.10 mol·L-1NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH4
+)=c(HCO3
-)+c(CO3
2-)
B．向0.10 mol·L-1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na+)>c(NH4
+)>c(SO3
2-)
C．向0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c(SO3
2-)+c(HSO3
-)+c(H2SO3)]
D．向0.10 mol·L-1CH3COONa 溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】溶液pH=7(室温)呈中性，c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒，c(NH4
+)=c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)，A 项错
误；c(Na+)+c(NH4
+)=c(HSO3
-)+2c(SO3
2-) ，物料守恒c(Na+)=c(HSO3
-)+c(SO3
2-)+c(H2SO3) ，c(NH4
+)=c(SO3
2-)-
c(H2SO3)，B 项错误；在亚硫酸钠中通入二氧化硫呈中性，则c(Na+)<2[c(HSO3
-)+c(SO3
2-)+c(H2SO3)]，C 项
错误；醋酸钠中通入HCl 呈中性，依据电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-) ，物料守恒：c(Na+)
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)，D 项正确。
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