热点专项溶液中粒子浓度大小比较（教师版）_05-化学-高考总复习_二轮复习_2025年_2025年高考化学二轮复习课件+讲义+练习（新高考通用）

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高考热点专项 溶液中粒子浓度大小比较
目录
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..........................................................................................................................
考点要求
考题统计
考情分析
文字陈述
2024· 重庆卷，11，3 分；2024·江
苏卷，12，3 分；2024·安徽卷，
13，3 分；2023•浙江省6 月选考，
15，3 分；2022•重庆卷，11，3
分；2022·浙江省6 月卷，23，2 分
溶液中离子浓度的大小比较是主流试题，
难度在选择题中最大，往往是压轴题。此
类试题信息量大，且都隐藏于题目或图象
中，主要通过酸碱中和滴定、电离平衡、
水解平衡和沉淀溶解平衡的情境，利用三
大守恒进行离子浓度大小比较、离子浓
度、电离平衡常数、水解平衡常数和溶度
积常数的计算等。预计2025 年此类题仍活
跃在卷面上。
图象分析
2024·湖南卷，13，3 分；2023•湖
南卷，12，3 分；2023•江苏卷，
12，3 分；2022•福建卷，10；
2022•江苏卷，12，3 分；
1
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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
3mL0.1mol·L-1Cu(NO3)2溶液中逐滴加入
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(NO3
-)
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+) >c(NO3
-)
【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)2↓+2NH4NO3
；
②
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(NO3
-)，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 完全电离出c(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]
2
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(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-＜
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。
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
3
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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
，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．(2024·湖南卷，13，3 分)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20mL0.10mol·L-1NaOH 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(    )
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-＋2cHCOOH
D． N 点：cNa＋＞cHCOO-＞c(OH―)＞c(H＋)＞cHCOOH
4
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【答案】D
【解析】结合起点和终点，向20mL0.10mol·L-1NaOH 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)=0mL，溶液中存在的微粒是OH-，可知随着甲酸的加入，OH-
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
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-
=1：1，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-=1：1，根据电荷守恒有cNa＋＋cH＋＝cOH
－＋cHCOO-，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=1：1，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，
，
根据
，可知cHCOOH＞cH＋，故D 错误；故选D。
5．(2023•湖南卷，12)常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH 标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1
的HCl 和CH3COOH 的混合溶液，滴定过程中溶液的
随
(
)的变化曲线如图所示。下
列说法错误的是(     )
A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76
5
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B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
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HCl、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HCl 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；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，c(H+)=10-3.38mol/L，Ka(CH3COOH) =
=10-
4.76，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(Cl-)=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，则
c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C 正确；D 项，c 点溶液中CH3COO-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(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH 溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，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
B．实验I 中V(NaOH)=10mL 时，存在c(C2O4
2-)＜c(HC2O4
-)
C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4
- =CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL 时，溶液中c(C2O4
2-)=4.0×10-8mol·L-1
【答案】D
【解析】A 项，NaHC2O4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 可选用酚酞作指示剂，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，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O4
2-)＞
6
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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
- =CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，
当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C 错误；D 项，实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL 时，溶
液中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D 正确。故选D。
7．(2023•江苏卷，12，3 分)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已
知Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是(    )
A．0.1mol·L-1NaF 溶液中：c(F-)= c(Na＋)+c(H＋)
B．“除镁”得到的上层清液中：
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO3
2―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―) 
D．“沉锰”后的滤液中：(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HCO3
-)+2c(CO3
2―)
【答案】C
【解析】A 项，0.1mol·L-1NaF 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―)，故
，B 错误；C 项，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(CO3
2―)+c(OH―)=c(H
＋)+c(H2CO3)，故c(CO3
2―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)，C 正确；D 项，“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO4
2-
7
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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。
分析溶液中微粒浓度关系的思维模型
  
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
例
分析思路
以Na2CO3溶液为例
 ①写出Na2CO3溶液中电离和水
解过程
Na2CO3===2Na＋＋CO3
2－
CO3
2－＋H2O
HCO3
－＋OH－
HCO3
－＋H2O
H2CO3＋OH－
H2O
H＋＋OH－
②分析溶液中所有的阴、阳离
子
Na＋、H＋、CO3
2－、HCO3
－、OH－
** 错误的表达式 **阴、阳离
子浓度乘以自身所带的电荷
数建立等式
1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(CO3
2－)＋1×c(HCO3
－)＋1×c(OH－)
化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO3
2－)＋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
8
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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
分析思路
以Na2CO3溶液为例
①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间
的定量关系(特定元素除H、O 元素外)
n(Na＋)：n(CO3
2－)=2：1，即n(Na＋)＝2n(CO3
2
－) ，CO3
2 －在水中部分会水解成HCO3
－、
H2CO3，共三种含碳元素的存在形式
②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式
c(Na＋)＝2c(CO3
2－)＋2c(HCO3
－)＋2c(H2CO3)
(3)质子守恒——以Na2CO3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(CO3
2－)＋c(HCO3
－)＋c(OH－)
元素质量守恒：c(Na＋)＝2c(CO3
2－)＋2c(HCO3
－)＋2c(H2CO3)
将Na＋消掉得：c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO3
－)＝c(OH－)，即为质子守恒
②方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2O
H＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量
总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。可用下列图示进行快速书写
Na2CO3水溶液中的质子转移作用图
质子守恒
c(H3O＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO3
－)＝c(OH－)
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Na2CO3溶液为例
                   分析思路
存在的平衡过程
抓住电离和水解都是微弱的，分清主次关系
Na2CO3===2Na＋＋CO3
2－
CO3
2－＋H2O
HCO3
－＋OH－   (主)
HCO3
－＋H2O
H2CO3＋OH－  (次)
H2O
H＋＋OH－
粒子浓度顺序：c(Na＋)＞c(CO3
2－)＞c(OH－)＞
c(HCO3
－)＞c(H2CO3)＞c(H＋)
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0.1 mol·L－1CH3COOH(弱酸)溶液和CH3COONa 溶液等体积混合，溶液呈酸性”
为例：
            实例
分析思路
常温下，0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液和CH3COONa 溶液等体积混
合，溶液呈酸性
写出混合溶液中存在的平
衡过程
CH3COONa===Na＋＋CH3COO－
①呈酸性，以HA 电离为主
CH3COOH 自身电离：CH3COOH
H＋＋CH3COO－
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②水解呈碱性，次要
CH3COO－中水解：CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－
** 错误的表达式 **水的电离：H2O
H＋＋OH－
①电荷守恒
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
②元素质量守恒
2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
** 错误的表达式 **质子
守恒
 将Na＋消掉得：c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)
** 错误的表达式 **离子
(粒子)浓度比较
分析：在没有电离和水解之前c(Na ＋) 、c(CH3COO －) 、
c(CH3COOH)均为0.1 mol·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
c(CH3COOH)＝0.1-电离消耗+水解生成＜0.1
c(CH3COO－)＝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  ．
  混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】
考向
 
  1  
  溶液混合型粒子浓度关系
 
 
1．天门冬氨酸(
，记为H2Y)是一种天然氨基酸，水溶液显酸性，溶液中存在H2Y
H++HY-，HY-
H++Y2-，与足量NaOH 反应生成Na2Y ，与盐酸反应生成YH3Cl。下列说法正确的是(  
)
A．常温下，0.05 mol·L-1的H2Y 溶液的pH=1
10
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B．pH=2.97 的H2Y 溶液稀释100 倍，所得溶液pH=4.97
C．YH3Cl 水溶液中：c(H+)+c(YH3
-)= c(OH-)+ c(Cl-)+c(HY-)
D．Na2Y 溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HY-)+ 2c(H2Y)+3c(YH3
-)
【答案】D
【解析】A 项，H2Y 部分电离，常温下，0.05 mol·L-1的H2Y 溶液的pH>1，A 错误；B 项，稀释过程中
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(Cl-)+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0.1mol•L-1NaOH 溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O 挥发可忽略，
溶液中含硫物种的浓度c 总=c(H2SO3)+c(HSO3
-)+c(SO3
2-)。H2SO3电离常数分别为Ka1=1.54×10-2、Ka2=1.00×10-
7。下列说法正确的是(    )
A．NaOH 溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO3
2-)>c(HSO3
-)>c(H2SO3)
B．NaOH 完全转化为NaHSO3时，溶液中：c(H+)+c(SO3
2-)=c(OH—)+c(H2SO3)
C．NaOH 完全转化为Na2SO3时，溶液中：c(Na+)>c(SO3
2-)>c(OH—)>c(HSO3
-)
D．NaOH 溶液吸收SO2，c 总=0.1mol•L-1溶液中：c(H2SO3)>c(SO3
2-)
【答案】C
【解析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=
=
＜Ka2，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(HSO3
-)> 
c(SO3
2-) > 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—)+ 
c(SO3
2-)，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(SO3
2-)>c(OH—)>c(HSO3
-)，故C 正确；D 项，c 总=0.1mol•L-1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(SO3
2-) > 
c(H2SO3)，故D 错误；故选C。
3．室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质。
实验1：用pH 试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH 约为5
实验2：0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH 溶液，没有明显现象
实验3：0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
实验4：将0.1mol·L-1Na2SO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产白色沉淀
下列说法正确的是(    )
A．由实验1 可得出：
＞Ka2(H2SO3)
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B．实验2 所得的溶液中c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)
C．实验3 中发生反应的离子方程式为H2O+Cl2+ SO3
2-=SO4
2-+2H++2Cl-
D．实验4 中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(SO3
2-)＜Ksp(CaSO3)
【答案】C
【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)＞
，A 错误；B 项，0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积
0.1mol·L-1NaOH 溶液，所得溶液为Na2SO3溶液，溶液中c(SO3
2-)＞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：
H2O+Cl2+SO3
2-=SO4
2-+2H++2Cl-，C 正确；D 项，两溶液混合若产生白色沉淀，说明溶液中
c(Ca2+)·c(SO3
2-)>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(Na2C2O4)可用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验
探究Na2C2O4溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
测得0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH=8.4
2
向0.2mol·L-1Na2C2O4溶液中加入等体积
盐酸，测得混合后溶液的pH=5.5
3
向0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液仍为无色
4
向0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是(    )
A．0.1mol·L-1Na2C2O4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(Cl－)＞cH2C2O4＞cC2O4
2-
C．实验3 中
被还原成
，则反应的离子方程式：C2O4
2-+2MnO4
-+16H+=10CO2↑+Mn2++8H2O
D．依据实验4 可得：Ksp(CaC2O4) ＞2.5×10－3
【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H2C2O4；实验3 中草酸根与酸性高锰酸钾溶液发
生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色；实验4 中生成白色沉淀，说明溶液中
。A 项，
0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中存在电荷守恒：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHC2O4
-＋2cC2O4
2-，A 错误；B 项，
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实验2 中：c(Cl－)＞cC2O4
2-＞cH2C2O4，B 错误；C 项，若实验3 中MnO4
-被还原成Mn2+，草酸根具有还
原性，能与酸性高锰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：5C2O4
2-
+2MnO4
-+16H+=10CO2↑+Mn2++8H2O，C 正确；D 项，实验4 中产生白色沉淀，则
，即：Ksp(CaC2O4)＜2.5×10－3，D 错误；故选C。
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：
Ka1(H2SO3)=1.54×10-2、Ka2(H2SO3)=1.02×10-7
实验
实验操作和现象
1
向10mL0.10mol·L-1NaOH 溶液通入11.2mL(标准状况)SO2，测得pH 约为9
2
向10mL0.10mol·L-1NaOH 溶液通入SO2至溶液pH=7
3
向10mL0.1mol·L-1NaOH 溶液通入22.4mL(标准状况)SO2，测得pH 约为3
4
取实验3 所得溶液1mL，加入1mL0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
下列说法正确的是(    )
A．实验1 得到的溶液中有：c(SO3
2-)+c(HSO3
-)+c(H+)<c(OH-)
B．实验2 得到的溶液中有：c(SO3
2-)<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)<5×10-5
【答案】D
【解析】A 项，11.2mL(标准状况)SO2得物质的量为
=0.0005mol，故实验1 得到Na2SO3溶液
中，根据质子守恒可得2c(H2SO3)+c(HSO3
-)+c(H+)=c(OH-)，又Na2SO3 溶液中2c(H2SO3)<c(SO3
2-)，所以
c(SO3
2-)+c(HSO3
-)+c(H+)>c(OH-)，故A 错误；B 项，Ka2(H2SO3)=
=1.02×10-7，实验2 得到的溶
液pH=7，即c(H+)=1.0×10-7，即
=1.02，有c(SO3
2-)>c(HSO3
-)，故B 错误；C 项，22.4mL(标准状
况)SO2 的物质的量为
=0.001mol，故实验3 得到NaHSO3 溶液，其浓度为0.1mol/L，c(H+)
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+c(Na+)=c(HSO3
-)+2c(SO3
2-)+c(OH-) ，由
Kh(HS
)=
=
<Ka2(HSO3
-) ，溶液呈酸性
c(H+)>c(OH-)，且c(SO3
2-)>c(H2SO3)，可知：c(H+)+c(Na+)>c(HSO3
-)+2c(H2SO3)+c(OH-)>c(HSO3
-)+2c(H2SO3)，
故C 错误；D 项，实验4 中发生的反应为亚硫酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、亚
硫酸钠和水，反应的离子方程式为2 HSO3
-+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+ SO3
2-+2H2O，实验4 中亚硫酸氢钠浓度为
0.1mol/L，Ba(OH)2溶液0.01mol/L，等体积混合，则氢氧化钡少量，c(SO3
2-)=
，c(Ba2+)=
，Q(BaSO3)=0.01×0.005=5×10-5>Ksp(BaSO3)，故有沉淀，故D 正确；故选D。
6．室温下：
、
、
、
实验室进行多组
实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：
实验
实验操作和现象
1
测定0.10mol•L-1NaHCO3溶液的pH 约为8
2
测定0.10mol•L-1HCN 与0.05mol•L-1NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>7
3
向NaClO 溶液中通入少量的CO2，测得pH 降低
4
向0.01mol•L-1Na2CO3溶液中加入等体积0.02mol•L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀
下列所得结论正确的是(    )
A．实验1 溶液中存在：c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(CO3
2-)+c(HCO3
-)
B．由实验2 可得
C．实验3 反应的离子方程式：CO2+H2O+2
= CO3
2-+2HClO
D．实验4 所得上层清液中的
【答案】D
【解析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3
-；由实验
1 可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2 可知，0.10mol•L-1氢
氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电
离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。A 项，碳酸氢钠溶液中存在的电荷守恒关系为c(Na+)
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+c(H+)= c(OH-)+2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)，故A 错误；B 项，实验2 中0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠
溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水
解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka(HCN)小于水解常数
，故B 错误；C．
项，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3
-，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反
应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-= HCO3
-+HClO，故C 错误；D 项，由题意
可知，VL0.01mol/L 碳酸钠溶液和VL0.02mol/L 氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为
=0.005mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为
=
=2×10—6.55mol/L，故D 正确；故选D。
7．常温下，向新制氯水中滴加
溶液，溶液中水电离出的OH-浓度与
溶液体积之间的关系
如图所示。下列推断正确的是(    )
A．E、H 点溶液的
分别为3 和7
B．F 点对应的溶液中：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)
C．G 点对应的溶液中：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．E～H 点对应的溶液中，c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)+c(Cl2)为定值
【答案】B
【解析】通过图象分析，E 点位新制的氯水，溶液为盐酸和次氯酸的混合溶液，对水的电离有抑制作
用，F 点溶液为中性，G 点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，次氯酸钠水解，使溶液呈碱
性，H 点溶液呈碱性。A 项，E 点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的
，溶液
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中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=
，则溶液中
，
则溶液pH=3；H 点NaOH 过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO 和NaOH，pH>7，A 错误；B 项，
F 溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝
c(Cl-)+c(ClO-)，B 正确；C 项，G 点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次
氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞
c(H+)，C 错误；D 项，根据Cl 元素守恒，E～H 点对应的溶液中，c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)+2c(Cl2)为定值，
D 错误；故选B。
考向
 
  2  
  化工流程中粒子浓度关系
 
 
8．(2024· 江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研一模)室温下，通过矿物中PbSO4获得Pb(NO3)2的
过程如下：
已知：
，
。下列说法正确的是(   )
A．Na2CO3溶液中：cOH－＜cH＋＋cHCO3
-＋2cH2CO3
B．反应PbSO4(s)+CO3
2-(aq)
PbCO3(s))+SO4
2-(aq)正向进行，需满足
C．“脱硫”后上层清液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋2cSO4
2-
D．PbCO3悬浊液加入HNO3 “溶解”过程中，溶液中CO3
2-浓度逐渐减小
【答案】D
【解析】PbSO4中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解
得到Pb(NO3)2。A 项，由质子守恒关系得：cOH－＝cH＋＋cHCO3
-＋2cH2CO3，故A 错误；B 项，
PbSO4(s)+CO3
2-(aq)
PbCO3(s))+SO4
2-(aq)该反应的平衡常数
，当浓度商
时，平衡正向移动，故B 错误；C 项，“脱硫”后上层清液主要是Na2SO4溶液，
还含有未反应完的Na2CO3溶液，守恒关系还应考虑CO3
2，故C 错误；D 项，PbCO3悬浊液加入HNO3“溶
解”过程中，由于CO3
2会和H+反应生成CO2，所以溶液中CO3
2浓度逐渐减小，故D 正确；故选D。
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9．(2024· 江苏省南通市高三第二次调研测试)实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体。
已知：
、
下列说法不正确的是(   )
A．pH=2 的H2C2O4溶液中：cH2C2O4＜cH C2O4
-
B．“酸化”后的溶液中：cNH4＋＋2c Fe2+＜2cSO4
2-
C．可以用酸性KMnO4溶液检验“沉淀”后的上层清液中是否含有Fe2+
D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥
【答案】C
【解析】A 项，pH=2 的H2C2O4溶液中c(H＋)= 10-2mol·L-1，
，
，即cH2C2O4＜cH C2O4
-，A 正确；B 项，根据电荷守恒：
，溶液显酸性，cH＋＞cOH－，cNH4＋＋2c Fe2+＜
2cSO4
2-，B 正确；C 项，酸性KMnO4除了可以氧化Fe2+，也可以氧化H2C2O4等，溶液褪色不能证明是否
含Fe2+，C 错误；D 项，乙醇与水互溶，用乙醇洗可带走水分，利于干燥，D 正确；故选C。
10．[真题改编](2023•江苏卷，12)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所
示：
已知：Ksp(MgF2)=5.2×10－11，Ksp(MnCO3)=8.0×10－11，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10－13；Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，
Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是(    )
A．MgF2饱和溶液中：cF-＋cHF＝2cMg2+
B．为提高MnCO3的产率，使用Na2CO3溶液“沉锰”效果更好
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，cNa＋＞cHCO3
-＞cCO3
2-＞cH2CO3
D．反应Mn2++2HCO3
-=MnCO3↓ +H2CO3的平衡常数为
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【答案】D
【解析】由题给流程可知，向硫酸锰溶液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，
过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸氢钠溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳
酸锰。A 项，氟化镁饱和溶液中存在如下物料守恒cF-＋cHF＝2cMg2+＋2c[Mg(OH)2]，故A 错误；B 项，
由电离常数可知，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，使用碳酸钠溶液“沉锰”时，可能使锰离子转化为氢
氧化锰沉淀导致碳酸锰的产率降低，故B 错误；C 项，由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常
数为Kh=
=
≈2.2×10—8＞Ka2，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中碳酸
浓度大于碳酸根离子浓度，故C 错误；D 项，由方程式可知，反应的平衡常数K=
=
=
=
≈1.3×106，故D 正确；故选D。
11．(2024· 江苏省南通市海门高三第一次调研考试)室温下，用
溶液吸收SO2
的过程如图所示。已知
，
，下列说法正确的是(   )
A．
溶液中：
B．
溶液中：
C．吸收烟气后的溶液中：
D．“沉淀”得到的上层清液中：
【答案】C
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【解析】A 项，由
可知，
，
的电离能力
大于水解能力，所以
，A 错误；  B 项，
溶液中：
，B 错误；C 项，吸收烟气后的溶液为
和
的混合
溶液，则
，C 正确；D 项，有沉淀产生，因此上层清液为饱和
溶液，则
，D 错误；故选C。
12．(2024· 江苏省南通市如皋市高三下适应性考试)室温下，用含少量ZnSO4杂质的1mol·L-1 MnSO4
溶液制备MnCO3的过程如下图所示。下列说法正确的是(   )
已知：
A．“除锌”后所得上层清液中，
一定小于
B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在：
C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：
D．“沉锰”后的滤液中存在：
【答案】A
【解析】“除锌”步骤中，由于
，因此当加入过量MnS 时，
产生ZnS 沉淀，过滤后除掉过量的MnS 和产生的ZnS 沉淀，再用NH4HCO3将Mn2+沉淀为MnCO3。A 项，
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MnS 过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液
一定小于
，A 正确；B 项，
NH4HCO3溶液中由电荷守恒
，由物料守恒
，联立两式可得
，B 错误；C 项，由电荷守恒
，pH>7，说明
，则
，C 错误；D 项，沉锰后滤液成分是(NH4)2SO4、NH3·H2O、NH4HCO3，则
，D 错误；故选A。
13．(2024· 江苏省盐城市高三一模考试)室温下，用含少量
的FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所
示。已知：
。下
列说法正确的是(   )
A．
溶液中：
B．“除钙”得到的上层清液中：
C．
的氨水−NH4HCO3溶液：
D．“沉铁”反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】含少量Ca2+的FeSO4溶液中，加入NH4F 溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，所得滤液主要含
有Fe2+、SO4
2-和NH4
+，再加入氨水−NH4HCO3溶液“沉铁”得到FeCO3沉淀。A 项，因F−、NH4
+均能水解
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生成HF、NH3·H2O，则0.1mol⋅L−1NH4F 溶液中，由物料守恒得：
，
A 错误；B 项，“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液，则
，B 错误；C 项，
pH=10 的氨水−NH4HCO3溶液中，因
，则
，C 正确；D 项，Fe2+与HCO3
-反应生成FeCO3沉淀，HCO3
-电离出的H+与NH3·H2O 结
合生成NH4
+和H2O，则“沉铁”反应的离子方程式为：
，
D 错误； 故选C。
14．(2024· 江苏省南京市、盐城市高三第一次模拟考试)室温下，用含少量
的粗NiSO4溶液
制备NiSO4·6H2O 晶体的流程如下图所示。
已知
。下列说法正确的是(   )
A．粗
溶液中：
B．“沉铁”反应为：
C．
溶液中：
D．“沉镁”后的滤液中：
【答案】C
【解析】粗NiSO4溶液中加入硫酸钠溶液，生成黄钠铁钒，除去铁元素；再向溶液中加入NaF 溶液，
生成沉淀MgF2，除去镁元素，经过后续操作得到NiSO4·6H2O。A 项，粗NiSO4溶液的电荷守恒中缺少氢
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离子和氢氧根离子浓度，A 错误；B 项，溶液呈弱酸性，“沉铁”反应为：3Fe3++Na++2SO4
2-
+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，B 错误；C 项，氟化氢为弱酸，
溶液中根据质子守恒：
cHF＋cH＋＝cOH－，C 正确；D 项，沉镁过程形成MgF2沉淀，根据沉淀溶解平衡，
，
，此时
，该溶液中，
镁离子浓度相同，形成的是MgF2沉淀，没有形成Mg(OH)2沉淀，则溶液中
，故
得出沉镁后
，D 错误；故选C。
15．(2024·江苏省南通市如皋市高三下第二次适应性考试)以废锌催化剂(主要含ZnO 及少量Fe2O3、
CuO)为原料制备锌的工艺流程如下图所示．
已知：①
Z
②nO、CuO 可以溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。
下列说法正确的是(   )
A．“浸取”时ZnO 发生反应：
B．0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液中存在：
C．”除铜”所得上层清液中存在
D．
均不能溶于氨水生成
和
【答案】C
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【解析】A 项，根据已知②，“浸取”时ZnO 发生反应：
，A 错误；B 项，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液中存在质子
守恒：
，B 错误；C 项，”除铜”所得上层清液中锌
离子没有沉淀，溶液中存在
，
，故存在
，C 正确；D 项，ZnS 能溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，D 错误；故选C。
16．(2024· 江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高三适应性测试)某实验室回收废水中苯酚的过程如
下图所示。已知：苯酚的电离常数Ka=1.0×10-10，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。
下列有关说法不正确的是(   )
A．操作1、操作2 均为分液
B．
NaHCO3溶液中存在：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH－)+c(CO3
2-)
C．若反应1 后溶液中存在c(Na+)=2 c(C6H5O－)+2 c(C6H5OH)，此时c(C6H5O－)>c(HCO3
-)
D．反应2 中通入CO2至溶液 pH=10 时， 此时溶液中存在： c(C6H5O－)= c(C6H5OH)
【答案】C
【解析】据流程图可知，将苯酚废水用有机溶剂苯先进行萃取分液，得到苯酚的苯溶液，接着加入碳
酸钠溶液，使苯酚转化成苯酚钠进入水溶液中，再通过分液分离有机层苯，随后往苯酚钠溶液中通入二氧
化碳，苯酚在水中溶解度小，析出后过滤即可得到苯酚。A 项，结合流程分析，操作1、操作2 均溶液分
层，采取分液的方法进行分离，A 正确；B 项，
NaHCO3溶液中存在质子守恒：
c(H2CO3)+c(H+)=c(OH－)+c(CO3
2-)，B 正确；C 项，苯酚酸性小于碳酸，因此反应1 苯酚与碳酸钠溶液混合
生成碳酸氢钠和苯酚钠，根据电离常数可知，苯酚钠的水解能力大于碳酸氢钠，故c(C6H5O－)＜c(HCO3
-)，
C 错误；D 项，反应2 中通入 CO2至溶液 pH=10 时，此时溶液中存在：
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，故 c (C6H5O-)=c (C6H5OH)，D 正确； 故选C。
17．(2024·江苏省连云港市高三第一次调研考试)室温下，用含少量Co2+和Ni2+的FeSO4溶液制备
FeC2O4·2H2O 的过程如下。
已知：
，
；
，
下列说法正确的是(   )
A．0.01mol·L-1Na2S 溶液中：c(HS―)＞c(S2-)
B．“除钴镍”后得到的上层清液中c(Co2+)为6.0×10-2mol·L-1，则c(Ni2+)为1.0×10-6mol·L-1
C．0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中：cOH－＝cH＋+ c C2O4
2-＋cH2C2O4
D．“沉铁”后的滤液中：cNa＋+ cH＋＝cOH－+2c C2O4
2-＋cH C2O4
-
【答案】A
【解析】该工艺流程的原料为含少量Co2+和Ni2+的FeSO4溶液，产品为FeC2O4·2H2O，加入Na2S 溶液，
使Co2+和Ni2+转化为CoS、NiS 沉淀过滤除去，滤液中加入NaHC2O4溶液，与Fe2+反应生成FeC2O4·2H2O。
A 项，Na2S 溶液中，S2-发生水解S2-+H2O
HS-+OH-、HS-+H2O
H2S+OH-，水解程度
较大，
，以第一步水解
为主，设发生水解的S2-为xmol/L，
则
，解得
，故c(HS―)＞c(S2-)，A 正确；B 项，“除钴
镍
”
后
得
到
的
上
层
清
液
中
c(Ni2+)
为
，
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，
则
，B 错误；C 项，NaHC2O4 溶液存在电荷守恒
cNa＋+ cH＋＝cOH－+2c C2O4
2-＋cH C2O4
-及物料守恒cNa＋＝c C2O4
2-＋cH C2O4
-＋cH2C2O4，则
质子守恒为cOH－+ c C2O4
2-＝cH＋＋cH2C2O4，C 错误；D 项，除去Co2+和Ni2+的FeSO4溶液，加入
NaHC2O4溶液 “沉铁”后，滤液中含有Na2SO4、少量H2C2O4及可能过量的NaHC2O4，故电荷守恒，因为
阴离子种类不全，cNa＋+ cH＋≠ cOH－+2c C2O4
2-＋cH C2O4
-，D 错误；故选A。
18．燃煤烟气脱硫的一种方法如图所示。室温下以150mL 0.2
氨水吸收
，若通入
所引
起的溶液体积变化和
、
挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度
。
的电离平衡常数分别为：
，
；
的电离平衡常数为：
。下列说法正确的是(    )
A．NH3·H2O 吸收
所得到的溶液中：
B．NH3·H2O 吸收
，
溶液：
C．NH3·H2O 吸收标况下0.448L 
，所得溶液中：
D．题图所示“吸收”“氧化”后的溶液pH 增大
【答案】A
【解析】A 项，“吸收”过程中，NH3·H2O 和SO2反应生成(NH4)2SO3，若NH4
+和SO3
2-都不发生水解，
则
，但NH4
+和SO3
2-都发生水解，Kh(NH4
+)=
，则SO3
2-的水解程度大于NH4
+，溶液中：
，故A 正确；B 项，NH3·H2O 吸收SO2反应生成(NH4)2SO3，
=0.1mol/L，则c(NH4
+)+c(NH3·H2O)=2c 总=0.2mol/L，再结合电荷守恒：
，可得
- c(NH3·H2O)，
故B 错误；C 项，标况下0.448L SO2的物质的量为
，150mL 0.2
氨水中
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n(NH3·H2O)=0.15L×0.2mol/L=0.03mol，得到物料守恒：2(NH4
+)+2c(NH3·H2O)=
，故C 错误；D 项，由图可知，“吸收”“氧化”后溶质由
NH3·H2O 转化为(NH4)2SO3，故溶液的pH 减小，故D 错误；故选A。
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