21 第一篇 专题六 选择题突破1 水溶液的性质与粒子浓度的关系（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考化学大二轮专题复习与策略

专题六　电解质溶液中的离子平衡 选择题突破1　水溶液的性质与粒子浓度的关系 (1)溶液的酸碱性、水的电离、盐的水解与pH。　(2)水溶液中粒子浓度的比较与定量关系。　(3)水溶液中Ka(或Kb)、Kh、Kw、Ksp等平衡常数的应用及其关系。 消除盲点　弥补知识短板 (1)25 ℃，pH＝4的溶液中c(H+＝1×10-10 mol·L-1。 (　　) (2)向水中加入Na2CO3和NH4Cl，水的电离程度均减小。 (　　) (3)向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加水稀释，CH3COOH的电离程度增大，c(H+)增大，pH减小。 (　　) (4)25 ℃，溶液中c(H+＝1×10-4 mol·L-1的溶液一定呈酸性。 (　　) (5)NaHS溶液呈碱性的原因是HS-的电离程度小于HS-的水解程度。 (　　) (6)Na2CO3溶液中存在：2c(Na+)＝c(C)＋c(HC)＋c(H2CO3)。 (　　) (7)NaHSO3溶液呈酸性，溶液中c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)>c(H2SO3)。 (　　) (8)25 ℃，0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1的氨水等体积混合，若c(N)>c(NH3·H2O)，则溶液呈酸性。 (　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)× 已知室温下，几种物质的电离常数见下表。 电解质 H2CO3 H2SO3 HClO NH3·H2O 电离 常数 Ka1＝10-6.37 Ka2＝10-10.32 Ka1＝10-1.85 Ka2＝10-7.22 Ka＝ 3×10-8 Kb＝ 1.8×10-5 根据上述信息，请回答： (1)25 ℃，0.01 mol·L-1的HClO溶液的c(H+)≈________mol·L-1。 (2)25 ℃，0.01 mol·L-1的Na2SO3溶液的pH＝______。 (3)25 ℃，HC的水解常数Kh(HC)＝______。 (4)25 ℃，0.1 mol·L-1的NaClO溶液与0.1 mol·L-1的HClO溶液等体积混合，溶液呈________性。 (5)向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为__________________________________________________________________， 向Na2CO3溶液中通入少量SO2，反应的离子方程式为__________________________________________________________________。 [答案]　(1)×10-5　(2)9.61　(3)1×10-7.63　(4)碱　(5)ClO-＋CO2＋H2O===HClO＋HC　2C＋SO2＋H2O===2HC＋S (1)关于水溶液中粒子浓度分析，pH计算要注意温度的影响。 (2)关于水溶液中水电离出的c(H+)或c(OH-)计算时要注意溶液中的溶质，判断是酸、碱抑制水电离还是盐水解促进水电离。 (3)关于水溶液中粒子浓度大小比较时要注意电离、水解及其程度大小。 1．对比理解“三大”平衡的影响因素 平衡类型 影响因素 升温 加水 同离子效应 电离平衡：CH3COOH⥫⥬CH3COO-＋H+ 促进 电离 促进 电离 加入CH3COO-，抑制电离 水解平衡：CH3COO-＋H2O⥫⥬CH3COOH＋OH- 促进 水解 促进 水解 加入OH-，抑制水解 沉淀溶解平衡：AgCl(s)⥫⥬Ag+(aq) ＋Cl-(aq) 促进 溶解 促进 溶解 加入Ag+、Cl-，均抑制溶解 [注意]　平衡常数Ka(或Kb)、Kh、Ksp仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。 2．水溶液中c(H+或c(OH-的确定思路 3．利用电离常数(Ka或Kb)计算水解常数(Kh) 弱酸或弱碱 Ka(或Kb)与 Kh的关系 水解常数(Kh) 的计算 一元弱酸 Ka·Kh＝Kw Kh＝ 一元弱碱 Kb·Kh＝Kw Kh＝ 二元 弱酸 (H2X) 一级电离 (产生HX-) Kh(HX-)·Ka1＝Kw Kh(HX-)＝ 二级电离 (产生X2-) Kh(X2-)·Ka2＝Kw Kh(X2-)＝ 发散思维　拓展答题视野 1．(2025·广东卷，T12)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-) A　[加水稀释，体积影响程度较大，溶液中[CuCl3]2-的浓度一定下降，A正确；向溶液中加入少量NaCl固体，CuCl＋Cl-⥫⥬[CuCl2]-、[CuCl2]-＋Cl-⥫⥬[CuCl3]2-、CuCl＋2Cl-⥫⥬[CuCl3]2-平衡均正向移动，[CuCl2]-的浓度不一定上升，B错误；[CuCl2]-不能拆分，故H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]===H+＋[CuCl2]-，C错误；体系中存在电荷守恒：c(Cu+)＋c(H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)＋c{[CuCl2]-}＋2c{[CuCl3]2-}，D错误。] 2．(2024·湖南卷，T13)常温下Ka(HCOOH)＝1.8×10-4，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH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：2c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+) C．当V(HCOOH)＝10 mL时，c(OH-)＝c(H+)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO-) D．N点：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH) D　[根据题意可知，M点为c(OH-)＝c(HCOO-)，N点为恰好反应点，溶质为HCOONa。M点时OH-抑制水的电离，故水的电离程度：M<N，A正确；根据电荷守恒知，c(HCOO-)＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)，又因M点：c(OH-)＝c(HCOO-)，故2c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)，B正确；V(HCOOH)＝10 mL时，根据电荷守恒知c(HCOO-)＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)，根据元素守恒知c(Na+)＝2[c(HCOO-)＋c(HCOOH)]，故c(OH-)＝c(H+)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO-)，C正确；N点时溶质为HCOONa，HCOO-水解，故c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(HCOOH)>c(H+)，D错误。] 根据该题信息，请回答： (1)0.1 mol·L-1 NaOH溶液中水电离出的c(OH-＝________ mol·L-1。 (2)若不考虑溶液混合体积变化，则N点的c(OH-)约为________ mol·L-1。 (3)若相同浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，则混合液中离子浓度大小顺序为________________________。 [答案]　(1)1×10-13　(2)1.67×10-6[c2(OH-)＝ mol2·L-2≈2.8×10-12 mol2·L-2]　(3)c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) 3．(2024·安徽卷，T13)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，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(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+) B　[Na2S溶液中只有5种离子，分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为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＝＝＝＝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不正确；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K＝＝＝108.9≫105，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中c(Cd2+)＝ mol·L-1＝10-13.05 mol·L-1，若加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1，C正确；Cd2+(aq)＋H2S(aq)⥫⥬CdS(s)＋2H+(aq)的平衡常数K＝＝＝＝106.23≫105，该反应可以完全进行，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。] 根据此题信息，请回答： (1)NaHS溶液中离子浓度大小顺序为________________；溶液呈________性，理由是__________________________________________________________(用平衡常数解释)。 (2)使Cd2+沉淀完全[c(Cd2+)≤1×10-5 mol·L-1]，则溶液中c(S2-)至少为________ mol·L-1。 (3)Cd2+(aq)＋FeS(s)⥫⥬CdS(s)＋Fe2+(aq)的化学平衡常数K＝________。 [答案]　(1)c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c(S2-)　碱　Ka(HS-)＝Ka2(H2S)＝10-12.90，Kh(HS-)＝＝＝10-7.03，Ka(HS-)<Kh(HS-)　(2)10-21.10　 (3)108.9[K＝] 1．水溶液中粒子浓度的分析思路 2．水溶液中粒子浓度的等量关系 3．弱酸酸式盐(NaHR)溶液中粒子浓度关系模板 (1)呈酸性 (2)呈碱性 4．混合溶液中粒子浓度大小比较模板 以相同浓度的弱酸HA和NaA混合溶液为例 (1)HA电离程度(Ka)>A-水解程度(Kh) ①c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-) ②c(HA)＋c(A-)＝2c(Na+) ③c(Na+)＋c(H+)＝c(A-)＋c(OH-) (2)HA电离程度(Ka)<A-水解程度(Kh) ①c(HA)>c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) ②c(HA-)＋c(A-)＝2c(Na+) ③c(Na+)＋c(H+)＝c(A-)＋c(OH-) 1．(2025·广州一模)C6H5NH2是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐C6H5NH3Cl，下列叙述正确的是(　　) A．常温下，0.001 mol·L-1 C6H5NH2溶液的pH＝11 B．0.001 mol·L-1 C6H5NH3Cl溶液加水稀释，pH升高 C．C6H5NH3Cl在水溶液中的电离方程式为C6H5NH3Cl===C6H5NH2＋HCl D．C6H5NH3Cl溶液中，c(OH-)＋c(Cl-)＝c(C6H5N)＋c(C6H5NH2) B　[苯胺(C6H5NH2)是一种有机弱碱，其水溶液的碱性较弱，0.001 mol·L-1的C6H5NH2溶液的pH应小于11，A错误；0.001 mol·L-1的C6H5NH3Cl溶液加水稀释，由于其为强酸弱碱盐，水解显酸性，稀释后酸性减弱，溶液中H+浓度减小，pH升高，B正确；C6H5NH3Cl是盐酸盐，为强电解质，电离产生Cl-，故其电离方程式应为C6H5NH3Cl===C6H5N＋Cl-，C错误；根据电荷守恒原则，C6H5NH3Cl溶液中，c(OH-)＋c(Cl-)＝c(C6H5N)＋c(H+)，D错误。] 2．(2025·河南名校联考)电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的浓度，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示，下列说法错误的是(　　) 已知：磷酸pKa1＝2.16、pKa2＝7.2、pKa3＝12.3 A．a点溶液中存在：c(Cl-)>c(HP)>c(OH-)>c(H+) B．选甲基橙作为NaOH滴定H3PO4的指示剂，会使测得的c(H3PO4)偏小 C．pH＝12时，溶液中c(P)>c(HP) D．水的电离程度：a>b C　[由题图可知，0～a段发生的反应为Na3PO4＋HCl===Na2HPO4＋NaCl，a点所得溶液为磷酸氢钠和氯化钠的混合溶液，a～b段发生的反应为Na2HPO4＋HCl===NaH2PO4＋NaCl，b点所得溶液为磷酸二氢钠和氯化钠的混合溶液，bc段发生的反应为NaH2PO4＋HCl===H3PO4＋NaCl，c点所得溶液为磷酸和氯化钠的混合溶液。由电离常数可知，磷酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh＝＝>Ka3，磷酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，由分析可知，a点所得溶液为磷酸氢钠和氯化钠的混合溶液，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl-)>c(HP)>c(OH-)>c(H+)，A正确；氢氧化钠溶液与磷酸溶液完全反应生成磷酸钠和水，磷酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则氢氧化钠溶液滴定磷酸溶液时，用甲基橙作指示剂，磷酸不可能完全反应，会使滴定消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致测得磷酸溶液的浓度偏小，B正确；由题意可知，电离常数Ka3＝＝10-12.3，则溶液pH为12时，溶液中＝<1，C错误；磷酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh＝＝>Ka3，磷酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，由分析可知，a点所得溶液为磷酸氢钠和氯化钠的混合溶液，则磷酸氢根离子在溶液中促进水的电离，磷酸二氢根离子在溶液中的水解常数Kh＝＝<Ka2，磷酸二氢根离子在溶液中的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性， b点所得溶液为磷酸二氢钠和氯化钠的混合溶液，则磷酸二氢根离子在溶液中抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，D正确。] 3．(2025·信阳二模)已知溶剂分子结合H+的能力会影响酸给出H+的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的pKa如下表所示，下列说法错误的是(　　) 分子式 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 pKa＝－lg Ka 4.87 7.24(一级) 8.9 9.4 A．HClO4在冰醋酸中的电离方程式：HClO4＋CH3COOH⥫⥬Cl＋CH3COO B．在冰醋酸中酸性：HClO4>H2SO4>HCl>HNO3 C．结合H+的能力：H2O>CH3COOH D．相同温度下，CH3COOH在液氨中的pKa大于其在水中的pKa D　[由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COO，电离方程式为HClO4＋CH3COOH⥫⥬Cl＋CH3COO，A正确；由表格数据可知，四种酸在冰醋酸中的电离常数的大小顺序为HClO4>H2SO4>HCl>HNO3，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为HClO4>H2SO4>HCl>HNO3，B正确；由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于CH3COOH，C正确；相同温度下，CH3COOH在液氨中的电离程度大于在水中的电离程度，所以在液氨中的pKa小于其在水中的pKa，D错误。] 专题数智作业(二十四) 选择题突破 水溶液的性质与粒子浓度的关系 (分值：35分) (每小题5分，每小题有一个或两个选项符合题目要求) 1．(2025·广东联考)常温下浓度为0.1 mol·L-1的某些溶液的pH见下表： 溶质 NaF NaClO Na2CO3 pH 7.5 9.7 11.6 下列有关说法正确的是(　　) A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：H2CO3<HClO<HF B．若将CO2通入0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中至溶液呈中性，则溶液中存在：2c(C)＋c(HC)＝0.1 mol·L-1 C．根据上表，水解方程式ClO-＋H2O⥫⥬HClO＋OH-的平衡常数Kh≈10-7.6 D．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na+)>c(F-)>c(H+)>c(HClO)>c(OH-) C　[相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，相应酸的酸性越弱，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子的水解程度：C>ClO->F-，相应酸的酸性：HC<HClO<HF，故在相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力：HC<HClO<HF，从表中数据无法得出H2CO3酸性强弱，A错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(HC)＋c(OH-)＋2c(C)，由溶液呈中性可得：c(H+)＝c(OH-)，故c(Na+)＝c(HC)＋2c(C)＝0.2 mol·L-1，B错误；ClO-＋H2O⥫⥬HClO＋OH-的平衡常数Kh＝≈＝10-7.6，C正确；NaClO和HF恰好反应生成HClO和NaF，由于HClO的电离程度较弱，因此c(HClO)>c(H+)，D错误。] 2．(2025·唐山二模)已知室温下的电离常数： 电解质 H2CO3 H2SO3 HClO NH3·H2O 电离 常数 Ka1＝10-6.37 Ka2＝10-10.32 Ka1＝10-1.85 Ka2＝10-7.22 Ka＝3×10-8 Kb＝1.8×10-5 下列溶液中的离子浓度关系正确的是(　　) A．NaHSO3溶液中：c(H2SO3)>c(S) B．NaOH与CO2以物质的量之比为3∶2反应后的溶液中：3c(Na+)＝2[c(C)＋c(HC)＋c(H2CO3)] C．等浓度的NH4HSO3、NH4HCO3溶液中c(N)：NH4HSO3>NH4HCO3 D．NaClO与SO2以物质的量之比为1∶1反应后的溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(ClO-)＋2c(S)＋c(HS)＋c(OH-) C　[HS的电离平衡常数Ka2＝10-7.22，水解平衡常数Kh＝＝＝＝10-12.15，由于Ka2>Kh，HS以电离为主，c(H2SO3)<c(S)，故A错误；NaOH与CO2以物质的量之比为3∶2反应，根据元素守恒，含Na微粒总物质的量和含C微粒总物质的量之比为3∶2，则2c(Na+)＝3[c(C)＋c(HC)＋c(H2CO3)]，故B错误；HS以电离为主，抑制N的水解，HC以水解为主，与N进行相互促进的水解反应，因此等浓度的NH4HSO3、NH4HCO3溶液中c(N)：NH4HSO3>NH4HCO3，故C正确；NaClO与SO2以物质的量之比为1∶1反应的化学方程式为NaClO＋SO2＋H2O===NaCl＋H2SO4，反应后的溶液中溶质为NaCl和H2SO4，故D错误。] 3．(2025·重庆一模)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 用pH计测得0.010 0 mol·L-1 Na2C2O4溶液pH为8.60 2 向0.010 0 mol·L-1 Na2C2O4溶液中滴加等浓度，等体积稀盐酸，测得pH≈3.5 3 向0.010 0 mol·L-1 Na2C2O4溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7 4 向0.010 0 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，溶液紫色褪去 已知：H2C2O4为二元弱酸。下列说法不正确的是(　　) A．实验1溶液中存在：c(OH-)＝c(H+)＋2c(H2C2O4)＋c(HC2) B．根据实验2推出：Ka1(H2C2O4)·Ka2(HC2)>Kw C．实验3溶液中存在：c(Na+)＝c(HC2)＋2c(C2) D．实验4中滴加KMnO4溶液所发生的离子方程式：5H2C2O4＋2Mn＋6H+===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O C　[用pH计测得0.010 0 mol·L-1 Na2C2O4溶液pH为8.60，是C2水解导致的，在Na2C2O4溶液中，由质子守恒知：c(OH-)＝c(H+)＋2c(H2C2O4)＋c(HC2)，A正确；在实验2中：反应生成等量的NaHC2O4和NaCl，此时溶液pH≈3.5，说明HC2的电离大于水解，则有c(C2)>c(H2C2O4)，根据H2C2O4电离平衡常数公式得Ka1·Ka2＝＝×10-7，因c(C2)>c(H2C2O4)，有Ka1·Ka2＝×10-7>10-7>10-14＝Kw，B正确；在实验3中：当溶液pH＝7时，有c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(HC2)＋2c(C2)＋c(Cl-)，得到c(Na+)＝c(HC2)＋2c(C2)＋c(Cl-)，C错误；在实验4中：向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸后，C2会转化为H2C2O4且具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，则反应的离子方程式：5H2C2O4＋2Mn＋6H+===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，D正确。] 4．(2025·济南联考)常温下，将一定量的碳酸钙固体溶于水，形成饱和溶液，有关粒子浓度如下表所示： 粒子类别 Ca2+ A B C D E 粒子浓度 /(mol·L-1) 1.0× 10-4 2.8× 10-5 7.1× 10-5 2.3× 10-8 1.4× 10-10 7.1× 10-5 其中：A、B、C为含碳微粒(不考虑碳酸的分解)，D、E为H+或OH-。 已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，Ka1(H2CO3)＝4.3×10-7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10-11。 下列说法错误的是(　　) A．向溶液中通入少量二氧化碳，n(C)减少 B．上述溶液中存在：c(Ca2+)>c(C)>c(HC) C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，5.0×10-5 mol·L-1<c(Ca2+)<1.0×10-4 mol·L-1 D．C的水解度约为72% BC　[向该饱和溶液中通入少量二氧化碳，发生反应：C＋CO2＋H2O===2HC，n(C)减少，A正确；碳酸钙是强碱弱酸盐，饱和溶液呈碱性，则H+浓度为1.4×10-10 mol·L-1，Ka2(H2CO3)＝＝＝5.6×10-11，可得＝0.4<1，因此上述溶液中存在：c(Ca2+)>c(HC)>c(C)，B错误；加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，溶液中钙离子浓度不变，仍为1.0×10-4 mol·L-1，C错误；根据碳原子守恒，溶液中含碳微粒总浓度约为9.9×10-5 mol·L-1，根据表格中数据和B项判断，c(HC)为7.1×10-5 mol·L-1，C的水解度＝×100%≈72%，D正确。] 5．(2025·长沙雅礼中学二模)常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25 mL 0.12 mol·L-1 AgNO3溶液中，该过程中溶液的AG与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3mol·L-1。下列叙述正确的是(　　) A．最好选择d～e段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应 B．a点对应溶液中由水电离出的c(H+)＝10-5 mol·L-1 C．b点对应溶液中：c(Ag+)＋c{[Ag(NH3)2]+}>c(N)－c(N) D．由e点可知，反应Ag+＋2NH3===[Ag(NH3)2]+的平衡常数约为1.25×105 B　[e点所得溶液为银氨溶液，c～d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应最好选用e点溶液，A错误；a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，水解促进水的电离，AG＝lg ＝4，c(H+)＝10-5 mol·L-1，由水电离出的c(H+)＝10-5 mol·L-1，B正确；由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Ag+)＋c{[Ag(NH3)2]+}＋c(N)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(N)可知，溶液中c(Ag+)＋c{Ag(NH3)2}+<c(N)－c(N)，C错误；由图可知，e点加入氨水的体积为4.7 mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为2×10-3 mol·L-1，则溶液中二氨合银离子的浓度为－2×10-3 mol·L-1≈0.1 mol·L-1，反应的平衡常数K＝≈＝1.25×107，D错误。] 6．(2025·湖南大联考二模)常温下，一元弱碱BOH的Kb(BOH)＝2×10-3。在某体系中，B+和OH-不能穿过隔膜，未电离的BOH分子可以自由穿过该膜(如图所示)。设c总(BOH)＝c(B+)＋c(BOH)，且隔膜两侧的溶液体积相同，使其达到平衡，下列相关叙述不正确的是(已知：lg 2≈0.3)(　　) A．溶液Ⅰ中BOH的电离程度比溶液Ⅱ中大 B．溶液Ⅱ中BOH的电离度＝ C．撤去隔膜使溶液Ⅰ和溶液Ⅱ充分混合，所得溶液的pH约为12.7 D．向溶液Ⅰ中加入一定量NaOH固体，重新平衡后，溶液Ⅱ的pH也将增大 C　[溶液Ⅰ中加入了H+，促进BOH电离，溶液Ⅱ中加入了OH-，抑制BOH电离，故溶液Ⅰ中BOH的电离程度比溶液Ⅱ中大，A正确；对于溶液Ⅱ，Kb＝＝2×10-3，c(OH-)＝10-1 mol·L-1，则有＝0.02，则＝＝，B正确；BOH为弱碱，pH的改变会造成电离平衡的移动，不能用强碱混合的方式计算，C错误；溶液Ⅰ中加入一定量NaOH固体，导致Ⅰ中BOH的电离平衡逆移，BOH的浓度增大，BOH跨膜进入溶液Ⅱ中，导致Ⅱ中BOH的浓度增大，BOH的电离平衡正移，OH-浓度增大，pH也增大，D正确。] 7．(2025·湖北十一校二模)某温度下，用0.100 0 mol·L-1 NaHC2O4标准溶液滴定100 mL Ba(OH)2溶液，测得溶液的相对电导率σ及－lg c(Ba2+)随滴入NaHC2O4标准溶液的体积V(NaHC2O4)的变化关系如图所示。已知Ka1(H2C2O4)＝1.0×10-2，Ka2(H2C2O4)＝1.0×10-4。下列说法正确的是(　　) A．c点之后电导率持续上升说明，HC2的导电能力强于C2 B．b→c的过程中，溶液中逐渐增大 C．c点溶液中c(Ba2+)约为1.2×10-6 mol·L-1 D．d点溶液中：c(Na+)>c(HC2)>c(C2)>c(OH-)>c(H+) C　[c到d段加入NaHC2O4标准溶液后不发生反应，加入的NaHC2O4的物质的量为0.001 mol。过了c点后继续加入草酸氢钠溶液时，溶液中实际上是有更多的Na+、H+等离子参加导电，并不单纯是因为HC2的导电能力比C2强所致，A错误；Ka1(H2C2O4)＝，Ka2(H2C2O4)＝，相乘可得Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)＝，题干所给的比值可化为，b到c点过程中氢氧化钠逐渐被消耗，碱性逐渐减弱，氢离子浓度逐渐增大，则在该过程中该比值应减小而非增大，B错误；b点溶液中溶质为NaOH和少量BaC2O4，此时的溶液为BaC2O4的饱和溶液，根据b点钡离子浓度为10-4 mol·L-1，可求得Ksp(BaC2O4)＝10-8，c点溶液中草酸根离子的物质的量为0.001 mol，浓度为，则c(Ba2+)＝＝ mol·L-1＝1.2×10-6 mol·L-1，C正确；d点溶液中溶质为Na2C2O4和NaHC2O4，且两者的物质的量均为0.001 mol，即两者的浓度相等(暂不考虑水解和电离)，根据草酸一、二两级电离常数可知，草酸根离子的水解平衡常数为＝10-10，草酸氢根离子的水解常数为10-12，即草酸氢根离子的电离程度远大于草酸根离子和草酸氢根离子的水解程度，则溶液中c(C2)>c(HC2)，D错误。] 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $