第一部分 主题九 高频考点2 水溶液中粒子的浓度关系判断-【金版教程】2026年高考化学大二轮专题复习冲刺方案全书word

该高中化学高考复习讲义聚焦水溶液中粒子浓度关系判断核心考点，整合三大守恒原理、离子浓度比较规律等知识，按“规律梳理-守恒应用-真题解析”逻辑架构，通过考点精讲、方法归纳、真题演练环节，帮助学生构建系统认知，突破高考高频难点。 讲义创新采用“守恒关系可视化”教学策略，如通过质子守恒示意图解析Na₂CO₃溶液粒子关系，结合三年真题分类训练，培养学生科学思维和证据推理能力。分层设计真题集训与模拟演练，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

大二轮专题复习冲刺方案　化学 水溶液中粒子的浓度关系判断 1．溶液中粒子浓度大小比较的规律 比较粒子浓度大小时，关键是先确定所得电解质溶液的酸碱性。 (1)多元弱酸的酸式盐溶液：对于以电离为主的，显酸性，如NaHSO3，遵循c(自身)>c(电离产物)>c(水解产物)，即c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)；对于以水解为主的，显碱性，如NaHCO3，遵循c(自身)>c(水解产物)>c(电离产物)，即c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)。 [注]　常见的酸式盐中NaHSO3和NaH2PO4溶液中酸式酸根离子以电离为主，溶液显酸性。 (2)混合溶液离子浓度：例如0.2 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1氯化铵溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，则NH浓度大于Cl－浓度，即c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。再如0.2 mol·L－1醋酸与0.2 mol·L－1醋酸钠溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显酸性，所以c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。 (3)溶液中离子、分子浓度的比较：对于HA和NaA等物质的量的混合溶液，在比较盐的水解或酸电离对溶液酸碱性的影响时，由于溶液中的Na＋浓度保持不变，若水解大于电离，则有c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，显碱性；若电离大于水解，则有c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，显酸性。 (4)不同溶液中同一粒子浓度的比较 该类情况要看溶液中其他离子对该离子的影响。如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。分析流程为： 分组 2．熟练运用三个守恒 (1)电荷守恒：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。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。 (2)元素守恒：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，但该离子所含的某种元素在变化前后是守恒的。 (3)质子守恒：是指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。 以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用下图帮助建立质子守恒关系式： ①Na2CO3溶液 所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。 ②NaHCO3溶液 所以c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。 另外，将混合溶液中的电荷守恒式和元素守恒式相联立，通过代数运算消去其中的某离子，也可推出该溶液中的质子守恒式。 粒子间的浓度关系判断方法 (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(增多了还是减少了)。 (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，首先应考虑元素守恒。 (4)若题给选项中等号一端为c(H＋)或c(OH－)时，应首先考虑是否符合质子守恒。 (5)若题给选项中等号两端既有分子又有离子，则考虑利用质子守恒进行分析，或将电荷守恒与元素守恒相加或相减等。 1．(2025·广东卷，12)CuCl微溶于水，但在Cl－浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]－和[CuCl3]2－而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]－和[CuCl3]2－的溶液，下列叙述正确的是(　　) A．加水稀释，[CuCl3]2－浓度一定下降 B．向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]－浓度一定上升 C．H[CuCl2]的电离方程式为：H[CuCl2]===H＋＋Cu＋＋2Cl－ D．体系中，c(Cu＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c([CuCl2]－)＋c([CuCl3]2－)＋c(OH－) 答案：A 解析：加水稀释，溶液体积变大，[CuCl3]2－浓度一定下降，A正确；加入NaCl固体会使Cl－浓度升高，可能促使[CuCl2]－转化为[CuCl3]2－，[CuCl2]－浓度不一定上升，B错误；H[CuCl2]应电离为H＋和[CuCl2]－，C错误；电荷守恒未考虑[CuCl3]2－的电荷数，正确的电荷守恒应为c(Cu＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c([CuCl2]－)＋2c([CuCl3]2－)＋c(OH－)，D错误。 2．(2025·江苏卷，12)室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 已知：Ka(HSO)＝1.2×10－2，Ka1(H2SO3)＝1.2×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。下列说法正确的是(　　) A．较浓H2SO4溶液中：c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－) B．NaHSO3溶液中：2HSOSO＋H2SO3的平衡常数K＝5.0×10－6 C．(NH4)2C2O4溶液中：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(H＋) D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c提铜(Na＋)＝c沉镍(Na＋) 答案：B 解析：有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓硫酸溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。若H2SO4两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，但根据题给信息Ka(HSO)＝1.2×10－2知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出的大量H＋会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在HSO，因此电荷守恒应表示为c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，A错误；该反应的平衡常数K＝＝·＝＝＝5.0×10－6，B正确；NH得到1个OH－生成NH3·H2O，C2O得1个H＋生成HC2O，得2个H＋生成H2C2O4，水电离出的H＋与OH－浓度相等，即c水(H＋)＝c水(OH－)，则溶液中存在质子守恒：c水(OH－)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(H＋)＝c水(H＋)，C错误；考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，n提铜(Na＋)>n沉镍(Na＋)，同时“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液，溶液体积增加，因此c提铜(Na＋)>c沉镍(Na＋)，D错误。 3．(2024·安徽卷，13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1(H2S)＝10－6.97，K a2(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(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) B．0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－) C．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)<10－8 mol·L－1 D．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·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：Na2S溶液中存在电荷守恒，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A正确；0.01 mol·L－1 Na2S溶液中，S2－水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh(S2－)＝＝＝＝10－1.1，根据硫元素守恒可知c(HS－)<10－2 mol·L－1，所以>1，则c(OH－)>c(S2－)，B错误；Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1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K＝＝＝108.9≫105，因此该反应可以进行完全，CdS的饱和溶液中c(Cd2＋)＝ mol·L－1＝10－13.05 mol·L－1，若加入足量FeS可使c(Cd2＋)<10－8 mol·L－1，C正确；Cd2＋＋H2SCdS＋2H＋的平衡常数K＝＝＝＝106.23≫105，该反应可以进行完全，因此，当向c(Cd2＋)＝0.01 mol·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。 4．(2024·浙江1月选考，15)常温下，将等体积、浓度均为0.40 mol·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(HSO)>c(SO)>c(OH－) B．将0.40 mol·L－1 H2SO3溶液稀释到0.20 mol·L－1，c(SO)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Ba2＋＋H2SO3＋H2O2===BaSO4↓＋2H＋＋H2O是出现白色沉淀的主要原因 答案：C 解析：亚硫酸是二元弱酸，电离方程式为H2SO3H＋＋HSO、HSOH＋＋SO，且以第一步电离为主，则溶液中c(H＋)>c(HSO)>c(SO)>c(OH－)，A正确；H2SO3的第二步电离很微弱，可近似认为溶液中c(H＋)≈c(HSO)，则Ka2＝≈c(SO)，温度不变，平衡常数不变，故稀释时亚硫酸根离子浓度几乎不变，B正确；两溶液等体积混合后，溶液中c(Ba2＋)＝0.20 mol·L－1，根据B项分析知，溶液中c(SO)≈6.0×10－8 mol·L－1，则Q(BaSO3)＝c(Ba2＋)·c(SO)≈1.2×10－8>Ksp(BaSO3)，故BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊含有BaSO3，C错误；结合上述分析知，溶液中大量存在的微粒是Ba2＋、H2SO3，加入H2O2溶液后，三者发生氧化还原反应生成BaSO4，D正确。 高频考点作业 [三年真题集训] 1．(2025·安徽卷，14)H2A是二元弱酸，M2＋不发生水解。25 ℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中lg [c(M2＋)/(mol·L－1)]与pH的关系如下图所示。 已知25 ℃时，Ka1(H2A)＝10－1.6，Ka2(H2A)＝10－6.8，lg 2＝0.3。下列说法正确的是(　　) A．25 ℃时，MA的溶度积常数Ksp(MA)＝10－6.3 B．pH＝1.6时，溶液中c(M2＋)>c(Cl－)>c(HA－)>c(A2－) C．pH＝4.5时，溶液中c(HA－)>c(H2A)>c(A2－) D．pH＝6.8时，溶液中c(H＋)＋2c(HA－)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(Cl－) 答案：A 解析：MA存在沉淀溶解平衡：MA(s)M2＋(aq)＋A2－(aq)，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，发生反应A2－＋H＋HA－，继续加盐酸发生反应HA－＋H＋H2A，由Ka1(H2A)＝10－1.6可知，当c(H2A)＝c(HA－)时，pH＝1.6，Ka2(H2A)＝10－6.8，则c(A2－)＝c(HA－)时，pH＝6.8，Ka1×Ka2＝＝10－8.4，当c(A2－)＝c(H2A)时，pH＝4.2，则可将图像转化为 溶液中存在元素守恒：c(M2＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，当pH＝6.8时，c(HA－)＝c(A2－)，c(H2A)很低，可忽略不计，则c(M2＋)＝2c(A2－)＝10－3，Ksp(MA)＝c(M2＋)×c(A2－)＝10－3××10－3＝×10－6＝10－6.3，A正确；根据元素守恒c(M2＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，可知c(M2＋)＞c(HA－)，由图像可知，pH＝1.6时，c(HA－)＞c(A2－)，由电荷守恒c(H＋)＋2c(M2＋)＝c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，再结合元素守恒，约掉c(HA－)得到c(H2A)＋c(H＋)＋c(M2＋)＝c(Cl－)＋c(A2－)＋c(OH－)，又由于pH＝1.6时c(H2A)＞c(A2－)且c(H＋)＞c(OH－)，则c(M2＋)＜c(Cl－)，故离子浓度顺序：c(Cl－)>c(M2＋)>c(HA－)>c(A2－)，B错误；由图像可知，pH＝4.5时，溶液中c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，C错误；pH＝6.8时，c(HA－)＝c(A2－)，根据电荷守恒关系：c(H＋)＋2c(M2＋)＝c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，将元素守恒代入，约掉c(M2＋)得到c(H＋)＋2[c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)]＝c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，化简得到c(H＋)＋2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Cl－)＋c(OH－)，D错误。 2．(2025·甘肃卷，14)氨基乙酸(NH2CH2COOH)是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡： ＋NH3CH2COOH＋NH3CH2COO－NH2CH2COO－在25 ℃时，其分布分数δ[如δ(NH2CH2COO－)＝] 与溶液pH关系如图1所示。在100 mL 0.01 mol/L ＋NH3CH2COOH·Cl－溶液中逐滴滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是(　　) A．曲线Ⅰ对应的离子是＋NH3CH2COOH B．a点处对应的pH为9.6 C．b点处c(＋NH3CH2COOH)＝c(NH2CH2COO－) D．c点处2c(＋NH3CH2COOH)＋c(＋NH3CH2COO－)＋c(H＋)＝c(OH－) 答案：C 解析：由图1可知，随着pH增大，平衡＋NH3CH2COOH＋NH3CH2COO－NH2CH2COO－右移，＋NH3CH2COOH的分布分数减小，＋NH3CH2COO－的分布分数先增大后减小，NH2CH2COO－的分布分数增大，故曲线Ⅰ代表＋NH3CH2COOH的分布分数，A正确；a点代表＋NH3CH2COO－和NH2CH2COO－分布分数相等的点，即二者浓度相等，pKa2＝9.6，Ka2＝＝c(H＋)＝10－9.6，pH＝9.6，B正确；图2中b点滴入NaOH为10 mL，＋NH3CH2COOH·Cl－和NaOH的物质的量相等，二者恰好反应生成＋NH3CH2COO－，＋NH3CH2COO－存在电离和水解，Ka2＝10－9.6，Kh＝＝＝10－11.6，则＋NH3CH2COO－的电离程度大于水解程度，则c(＋NH3CH2COOH)<c(NH2CH2COO－)，C错误；c点＋NH3CH2COOH·Cl－和NaOH的物质的量之比为1∶2，二者恰好反应生成NH2CH2COO－，根据质子守恒，有2c(＋NH3CH2COOH)＋c(＋NH3CH2COO－)＋c(H＋)＝c(OH－)，D正确。 3．(2025·湖南卷，13)草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质： 实验1：向10 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 mol·L－1 KOH溶液。混合溶液的pH与lg X[X＝或]的关系如图所示。 实验2：向10 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 mol·L－1 BaCl2溶液。 已知：25 ℃时，Ksp(BaC2O4)＝10－7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。 下列说法错误的是(　　) A．实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O)时，pH＝2.5 B．实验1，当溶液呈中性时：c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4) C．实验2，溶液中有沉淀生成 D．实验2，溶液中存在：2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O) 答案：D 解析：Ka1＝、Ka2＝，根据Ka1>Ka2可知，当lg X＝0时，Ka1对应的c(H＋)大，pH数值小，因此Ka1＝＝10－1.2，Ka2＝＝10－3.8。Ka1×Ka2＝× ＝＝10－5.0，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O)时，c(H＋)＝10－2.5 mol·L－1，pH＝2.5，A正确。当溶液呈中性时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，由两步电离平衡常数可知，＝＞1，c(HC2O)＞c(H2C2O4)，同理，＝＞1，c(C2O)＞c(HC2O)，B正确。实验2的离子方程式：H2C2O4(aq)＋Ba2＋(aq)BaC2O4(s)＋2H＋(aq)，平衡常数：K＝＝ ＝＝＝102.6，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，得到H2C2O42H＋＋C2O 　K＝10－5.0，二者等体积混合，c(H2C2O4)＝0.1 mol·L－1，列三段式： 　　　　　 H2C2O42H＋＋C2O 始mol·L－1 0.1 0 0 变mol·L－1 x 2x x 平mol·L－1 0.1－x 2x x 则＝10－5.0，估算x的数量级为10－3，故Q＝c(Ba2＋)·c(C2O)≈0.1×10－3＝10－4＞Ksp(BaC2O4)＝10－7.6，故有沉淀生成，C正确。电荷守恒式右侧缺少了OH－的浓度项，D错误。 4．(2025·重庆卷，13)某兴趣小组探究沉淀的转化。将2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是(　　) A．溶液A中c(Ag＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(NO)＋c(OH－) B．溶液B中c(Cl－)>c([Ag(NH3)2]＋) C．溶液C中c(H＋)＝c(OH－) D．上述实验可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 答案：C 解析：将2 mL 0.1 mol·L－1的AgNO3溶液与等体积等浓度的NaCl溶液混合得悬浊液1，经分离后，向AgCl中滴加6 mol·L－1的氨水，发生反应：AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O；加入0.1 mol·L－1 KI溶液2 mL，发生反应：[Ag(NH3)2]Cl＋KI＋2H2O===AgI↓＋KCl＋2NH3·H2O，得到含AgI沉淀的悬浊液2，经分离后得到溶液C和AgI。 5．(2024·江苏卷，12)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0.1 mol·L－1 NaOH溶液中，当溶液pH＝4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·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(HSO)＋c(SO)>c(H＋) B．实验2所得溶液中：c(SO)>c(HSO) 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(SO)>c(Mn2＋) 答案：D 解析：实验1得到的是H2SO3溶液，其电荷守恒关系式为c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)＝c(H＋)，则c(HSO)＋c(SO)<c(H＋)，A错误；实验2所得溶液为pH＝4，依据Ka2＝＝6.2×10－8，则c(SO)<c(HSO)，B错误；NaHSO3受热易分解，且易被氧化，故经蒸干、灼烧得不到NaHSO3固体，C错误；实验3发生的反应为5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋，则恰好完全反应后c(SO)>c(Mn2＋)，D正确。 6．(2024·重庆卷，11)某兴趣小组探究[Cu(NH3)4](NO3)2的生成过程。若向3 mL 0.1 mol/L Cu(NO3)2溶液中逐滴加入1 mol/L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(NH)<c(OH－) B．产生大量沉淀时(pH＝6.0)，溶液中c(NH)>c(NO) C．沉淀部分溶解时，溶液中c(Cu2＋)<c(NH) D．沉淀完全溶解时，溶液中2c{[Cu(NH3)4]2＋}>c(NO) 答案：C 解析：向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；②Cu(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。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(NH)>c(OH－)，A错误；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(NO)，只有NH4NO3电离出c(NH)，且NH会水解，所以c(NH)<c(NO)，B错误；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(NH)，Cu(OH)2、[Cu(NH3)4](NO3)2电离出的c(Cu2＋)很小，所以溶液中c(Cu2＋)<c(NH)，C正确；沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH3)4](NO3)2，[Cu(NH3)4]2＋部分水解，NO不水解，所以溶液中2c{[Cu(NH3)4]2＋}<c(NO)，D错误。 7．(2023·浙江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20 mL 0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液。 实验Ⅱ：往20 mL 0.10 mol·L－1 NaHC2O4溶液中滴加0.10 mol·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)＝10 mL时，存在c(C2O)<c(HC2O) C．实验Ⅱ中发生反应HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H＋ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10－8 mol·L－1 答案：D 解析：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，A错误；实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4，且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10－5>Kh＝，则草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，因此存在c(C2O)>c(HC2O)，B错误；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2HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数K＝＝＝ ＝＝×106≈4.2×105，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，C错误；实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中的钙离子浓度c(Ca2＋)＝＝0.06 mol·L－1，溶液中c(C2O)＝＝ mol·L－1＝4.0×10－8 mol·L－1，D正确。 8．(2023·天津卷，10)在浓度为0.1 mol·L－1的NaH2PO4溶液中，下列说法正确的是(　　) A．溶液中浓度最大的离子是H2PO B．c(H3PO4)＋c(H2PO)＋c(HPO)＋c(PO)＝0.1 mol·L－1 C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO) D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为K＝ 答案：B 解析：NaH2PO4在水溶液中完全电离生成等量的Na＋和H2PO，但H2PO会发生电离和水解，故溶液中浓度最大的离子是Na＋，A错误；NaH2PO4溶液中存在元素守恒：c(Na＋)＝c(H2PO)＋c(PO)＋c(HPO)＋c(H3PO4)＝0.1 mol·L－1，B正确；NaH2PO4溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)，C错误；磷酸第二步电离的方程式为H2POHPO＋H＋，则其平衡常数表达式为K＝，D错误。 9．(2023·江苏卷，12)室温下，用含少量Mg2＋的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)＝5.2×10－11，Ka(HF)＝6.3×10－4。下列说法正确的是(　　) A．0.1 mol·L－1 NaF溶液中：c(F－)＝c(Na＋)＋c(H＋) B．“除镁”得到的上层清液中：c(Mg2＋)＝ C．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(OH－) D．“沉锰”后的滤液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) 答案：C 解析：0.1 mol·L－1 NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(F－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A错误；“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)c2(F－)，故c(Mg2＋)＝，B错误；0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，故c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(OH－)，C正确；“沉锰”后的滤液中还存在F－、SO等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 [一年模拟演练] 10．(2025·陕西省高考适应性检测)下列有关电解质溶液的说法错误的是(　　) A．0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中，升高温度，水解平衡正向移动 B．0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中，c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.1 mol·L－1 C．0.1 mol·L－1 NaClO溶液中，c(OH－)＝c(HClO)＋c(H＋) D．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，反应后溶液呈中性 答案：D 解析：NH4NO3为强酸弱碱盐，NH的水解反应为吸热反应，故升高温度，水解平衡正向移动，A正确；0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中，存在元素守恒c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.1 mol·L－1，B正确；0.1 mol·L－1 NaClO溶液中，存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)，元素守恒c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(HClO)，二者联立可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HClO)，C正确；0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，D错误。 11．(2025·南京市、盐城市高三调研测试)已知：25 ℃时，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2、Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4、Na2C2O4溶液的性质。 实验1：向0.01 mol·L－1 Na2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。 实验2：用pH计测得0.01 mol·L－1 NaHC2O4溶液pH为5.50。 实验3：向0.01 mol·L－1 Na2C2O4溶液中加入等浓度等体积的CaCl2溶液，出现白色沉淀。 实验4：向等浓度的NaHC2O4、Na2C2O4混合溶液中滴加酚酞，溶液颜色无明显变化。 下列说法正确的是(　　) A．实验1证明Na2C2O4溶液具有漂白性 B．实验2溶液中：c(Na＋)>c(H2C2O4)>c(C2O) C．实验3可得到Ksp(CaC2O4)＝2.5×10－5 D．实验4溶液中：2c(Na＋)＝3[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)] 答案：D 解析：实验1中Na2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，证明Na2C2O4具有还原性，A错误；0.01 mol·L－1 NaHC2O4溶液pH为5.50，说明HC2O的电离程度大于其水解程度，c(Na＋)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B错误；向0.01 mol·L－1 Na2C2O4溶液中加入等浓度等体积的CaCl2溶液，出现白色沉淀，说明Q(CaC2O4)＝c(Ca2＋)·c(C2O)＝×＝2.5×10－5>Ksp(CaC2O4)，C错误；等浓度的NaHC2O4、Na2C2O4混合溶液中，根据元素守恒可知，2c(Na＋)＝3[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]，D正确。 12．(2025·四川八市一诊)用Na2SO3溶液吸收烟气中SO2的流程如图所示，已知：Ka1(H2SO3)＝1.54×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10－8。下列说法正确的是(　　) A．石膏的化学式为2CaSO4·H2O B．吸收烟气后的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)>c(HSO)＋2c(SO) C．当吸收液的pH＝7时，溶液中：c(SO)>c(HSO)>c(H＋)＝c(OH－) D．“沉淀”操作得到的上层清液中：＞c(SO) 答案：B 解析：Na2SO3溶液吸收烟气后得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，加入碳酸钙得到亚硫酸钙沉淀，过滤分离，最后经氧气氧化生成石膏。石膏的化学式为CaSO4·2H2O，A错误；根据电荷守恒可知，吸收烟气后的溶液中有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＋c(H＋)>c(HSO)＋2c(SO)，B正确；Ka2(H2SO3)＝＝6.2×10－8，则吸收液的pH＝7时，＝＝＝0.62，所以c(HSO)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)，C错误；有沉淀产生，则上层清液为亚硫酸钙的饱和溶液，＝c(SO)，D错误。 13．(2025·海门中学高三调研考试)室温下，为了探究Na2SO3，H2SO3的性质进行了下列实验，已知Ksp(BaSO3)＝5.0×10－10，Ka1(H2SO3)＝1.4×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8，下列说法正确的是(　　) 实验 实验操作及结论 1 测定某浓度的Na2SO3溶液pH约为10.0 2 测量并计算0.2 mol·L－1 H2SO3溶液的c(H＋)约为0.04 mol·L－1 3 测量并计算0.2 mol·L－1 H2SO3溶液中的c(H2SO3)约为0.14 mol·L－1 A.实验1所在溶液中：c(HSO)>(SO) B．实验1所在溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSO)＋2c(H2SO3) C．0.2 mol·L－1 H2SO3溶液中存在：c(HSO)>c(H2SO3) D．将浓度均为0.4 mol·L－1的H2SO3与BaCl2溶液等体积混合，不能生成BaSO3沉淀 答案：B 解析：根据盐类的水解很微弱可知在Na2SO3溶液中c(SO)>c(HSO)，A错误；在Na2SO3溶液中，存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSO)＋2c(H2SO3)，B正确；0.2 mol·L－1 H2SO3溶液中的c(H2SO3)约为0.14 mol·L－1，c(H＋)约为0.04 mol·L－1，根据H2SO3的电离方程式，得出c(HSO)<0.04 mol·L－1，所以c(H2SO3)>c(HSO)，C错误；将浓度均为0.4 mol·L－1的H2SO3与BaCl2溶液等体积混合后，体积增大一倍，二者浓度均变为0.2 mol·L－1，将H2SO3的Ka1和Ka2相乘得c(SO)＝＝＝7.35×10－8 mol·L－1，得出c(Ba2＋)和c(SO)的离子积Q(BaSO3)＝c(Ba2＋)·c(SO)＝0.2×7.35×10－8＝1.47×10－8>Ksp(BaSO3)＝5.0×10－10，所以溶液中会产生沉淀，D错误。 14．(2025·广西邕衡教育联盟高三测试)常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HCl或NaOH调节pH时溶质各微粒浓度lg c(M)(M代表H2C2O4、HC2O、C2O、Ca2＋)随pH变化曲线如图所示，其中，虚线④代表lg c(Ca2＋)的曲线。已知Ksp(CaC2O4)＝10－8.62。下列有关说法正确的是(　　) A．H2C2O4的电离常数Ka1的数量级为10－5 B．pH＝7时，c(HC2O)＋2c(C2O)＝2c(Ca2＋) C．水的电离程度：A>B>C D．A点时，c(H＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(OH－) 答案：D 解析：随着pH的减小，c(H2C2O4)、c(HC2O)逐渐增大，c(C2O)逐渐减小，强酸性条件下，c(H2C2O4)＞c(HC2O)，故①表示C2O、②表示H2C2O4、③表示HC2O、④表示Ca2＋。H2C2O4H＋＋HC2O，Ka1＝，②③相交时c(H2C2O4)＝c(HC2O)，可得Ka1＝10－1.3，数量级为10－2，故A错误；溶液pH＝7时c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液中已加入HCl或NaOH，故溶液中电荷守恒c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)＝2c(Ca2＋)＋c(H＋)或c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)＝2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(HC2O)＋2c(C2O)≠2c(Ca2＋)，故B错误；A、B、C点酸性减弱，水的电离程度增大，故水的电离程度：A<B<C，故C错误。 14 学科网（北京）股份有限公司 $