专题13 水溶液中离子浓度大小的比较-【数理报】2026年高考化学专项提分

54 专项提分 数理极 专题13 元素质量守恒：c(Na)=2[c(C0)+c(HC0,)+c(H,C03)] 将c(Na)消掉得c(H+)+2c(H,C03)+c(HCO5)=c(OH),即为 一水溶液中离子浓度大小的此较 质子守恒式 真题链接 核心归纳 例1.(2025·重庆)某兴趣小组探究沉淀的转化.将2mL0.1mol/L AgNO,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 一、思维建模 实验.下列叙述错误的是 田的浓度最大 酸溶液H 供他离子的浓度振据电离 Agl 程度比较 AgCI- 6maL氯水溶液01nmL淙流悬浊液 碱溶液 悬浊液口分高 2 ml D州的浓度最大习 合 溶液3 盐溶液 正担烤虑水解 溶液1 ,酸式盘→先判断酸式酸根是以电 A.溶液1中：c(Ag)+c(Na)+c(H+)=c(CI-)+c(NO3)+ 离为主还是以水解为主 电解质 c(OH-) 不同比较同一离孔看不同溶液中其他离子 溶液浓度的大小 对该离子的影响 三个守恒关系 B.溶液2中：c(C1)>c[Ag(NH)2]} 相互不反应 同时考虑电 C.溶液3中：c(H+)=c(OH-) 2 离和水解 不 生成盐号虑水解 D.上述实验可证明K,(AgCI)>K(AgI) 解析：在2mL0.1mol/L的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl 生成酸、碣→髻虑电离 溶液得悬浊液1，经分离后得到的溶液为AgCl饱和溶液，还含有NaNO, 应 过 根据过量情况考 虑电离或水解 向AgCI中滴加6mol/L的氨水，发生反应：AgCl+2NH3·H,0= 二、熟悉两大理论 [Ag(NH)2]Cl+2H0,加人2mL0.1mo/LKI溶液，发生反应： 1.电离理论 [Ag(NH,)2]C1+KI=Agl↓+KC1+2NH,得到Agl沉淀，溶液3中可能 (1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要 还存在剩余的氨水以及[Ag(NH)2]CL. 考虑水的电离，如氨水中：NH3·H,O、NH、OH浓度的大小关系是 溶液1中主要溶质是NNO3,还存在AgCl的沉淀溶解平衡，选项中满 c(NH.H,O)>c(OH-)>c(NH;). 足电荷守恒关系，A正确：溶液2中，若[Ag(NH3)2]不发生其他反应，则 (2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离（第一步电 c(CI)=c{[Ag(NH3)2]+{,但[Ag(NH)2]存在微弱电离，故c(Cl)> 离程度远大于第二步电离).如在HS溶液中：H,S、HS、S2-、H的浓度c{[Ag(NH)2]+,B正确：溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出 大小关系是c(HS)>c(H)>c(HS)>c(S2-). c(H)=c(OH)的结论，C错误；由实验操作可知，存在转化AgCl 2.水解理论 (1)弱电解质离子的水解损失是微量的（相互促进的水解除外），但由 H·L0[Ag(H,)]ClAg,由此说明Ag更难溶，故可得出 K(AgCI)>Km(Agl),D正确 于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H)或碱性溶液中c(OH)总是大 答案：C 于水解产生的弱电解质的浓度.如NH,CI溶液中：NH、CI、NH,·H,O 例2.(2025·江苏)室温下，有色金属治炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧 H的浓度大小关系是c(CI)>c(NH)>c(H)>c(NH3·H,0). 化物)用过量的较浓H,S0,溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示. (2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解 NaHSO溶液(NH),C,0,溶液 如在Na2CO3溶液中：CO、HC03、H2C03的浓度大小关系应是c(CO)> c(HC05)>c(H,C0,) 漫取液一 提铜 沉镍 →NiCO 三、把握三种守恒规律 C 1.电荷守恒规律 已知：K(HS0,）=1.2×10-2,K(HS03)=1.2×10-2,K.(H2S03)= 电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所 6.0×108.下列说法正确的是 ( 带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数.如NHCO,溶液中存在 A.较浓H2S0,溶液中：c(H)=2c(S0)+c(0H) 的离子有Na,H*、HCO、CO、OH,有如下电荷守恒关系：c(Na*)+ B.NaHS03溶液中：2HS03=SO+H2S03的平衡常数K=5.0× c(H*)=c(HC0,)+c(OH)+2c(C0-). 10-6 2.元素质量守恒规律 C.(NH4)2C204溶液中：c(NH3·H20)+c(OH)=c(H2C204)+ 电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子的存在形式发生了变 ic(HC20)+c(H*) 化，离子种类增多，但就离子所含的某种元素来说，其质量是守恒的.如 D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c围(Na)=沉(Na) K,S溶液中S2、HS都能水解，故S元素以S2、HSH,S三种形式存在， 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 它们之间有如下质量守恒关系：c(K+)=2c(S2-)+2c(HS~)+2c(H,S). H,S04溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NS04,加人NaHSO3溶液提 3.质子守恒规律 铜，滤液加人(NH,)2C,04溶液沉镍得到NiC,04.若H,S0,两步均完全电 (1)方法一：依据水的电离平衡书写.在溶液中由水电离出的H+和离，则溶液中存在电荷守恒：c(H)=2(S0?)+c(0H),但根据题给信 OH无论以什么形式存在，其物质的量总是相等的.若溶液溶质是单一盐 息K(HS0,)=1.2×10-2知，在较浓的H,S04溶液中H,S04仅第一步电 类，以N,C0,溶液为例，则可依据如下图所示方法进行快速书写. 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 参与质子 存在HS0,因此电荷守恒应表示为c(H+)=c(HS0,)+2c(SO:)+ (H 失去什 得到什 转移物质（得到OH c(OH),A错误；(NH,)2C,0,溶液中存在电荷守恒：c(H*)+c(NH)= (HO)H H.O OH c(OH)+c(HC,0:)+2c(C,O),存在元素质量守恒：c(NH)+ 得、失几个质子， HCO: ◆微粒前面的系 质子守恒： c(NH·H,0)=2[c(HC,O,)+c(C,O)+c(H,C,0,)],联立两式可 数就是几 r(H)+c(HC0:)+2c(H,C0)=-c(0H C0月 H.CO,+2H 得：c(NH3·H,0)+c(0H)=2c(H,C,04)+c(HC0:)+c(H),C错 误：需考虑过程中溶液的少量损耗（吸附在沉淀表面被过滤除去） (2)方法二：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来.以Na,C0,溶n翻(Na)>m(Na*),同时“沉镍”过程中加入了(NH,),C,0,溶液，溶 液为例： 液体积增大，离子浓度减小，因此c细(Na)>c(Na),D错误. 电荷守恒：c(Na)+c(H+)=2c(C0?)+c(HC0)+c(0H) 答案：B 数理极 专 项提分 55 提分专练 A.实验①反应的化学方程式为2NaF+H,C,0,=2HF+Na,C,04 B.实验②所得溶液中：c(C,0})<c(HC,0,) 1.25℃时，苯酚(C6H,0H)的K。=1.0×10-°，下列说法正确的是 C.实验③所得溶液中：c(C20)<c(H2C,04) ( D.根据实验④的现象，可以推断出K,(CaC,0,)<1.0×10-4 A.相同温度下，等浓度的CH,ONa和CH,COONa溶液中， 7.已知室温下K1(H,S)=9.1×10-8,K2(H,S)=1.1×102.通过 c(C6H,0-)>c(CH,CO0-) 下列实验探究含硫化合物的性质. B.将浓度均为0.1mo/L的C。H,ONa和NaOH溶液加热，两种溶液 实验l:向10mL0.1mol/LNaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的 的pH均变大 pH不断减小； C.25℃时，C。H0H溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00,则此 实验2：向实验1所得溶液中滴加10mL0.1mol/L NaOH溶液，测得 时溶液中c(C.H,0~)=c(CH,OH) 反应后溶液pH=12; D.25℃时，0.1mol/L的C6H,OH溶液中加少量CH,ONa固体，水的 实验3：向实验2所得溶液中滴加几滴0.1mol/LMnS0,溶液，产生 电离程度变小 粉色沉淀，再加几滴0.1mol/LCuS04溶液，产生黑色沉淀. 2.NaC10溶液具有添白能力，已知25℃时，K(HCI10)=4.0×10-. 下列说法正确的是 下列关于NaClO溶液的说法正确的是 A.0.01mol/L溶液中，c(Cl0-)=0.01mol/L 由实验1可知：加水过程中，代子新变大 B.长期露置在空气中，释放CL2,漂白能力减弱 B.实验2发生反应的离子方程式：HS”+OH=H,S+H,O C.通入过量S02,反应的离子方程式为S02+C10°+H,0=HS0,+ C.实验2所得溶液中存在：c(Na+)=c(S2-)+c(HS)+c(H,S) HCIO D.由实验3可知：K(MnS)>K(CS) D.25℃，pH=7.0的NaC0和HCI0的混合溶液中，c(HCI0)> 8.室温下，通过下列实验探究NH,HA溶液的性质， e(CIO-)=c(Na*) 实验I:用pH试纸测定O.1mo/L NH HA溶液的pH,测得pH约为 3.侯氏制碱法是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的，是生产4.5 纯碱和氯化铵两种产品的方法，其原理为NaCl+H,0+C0,+NH,= 实验Ⅱ：将O.1mol/LNH,HA溶液和0.1mo/L NaOH溶液等体积混 NaHC0,↓+NH,CL,2 NaHCO,△Na,C0,+H,0+C02↑，下列说法正确 合，无气体产生 的是 实验Ⅲ：向实验Ⅱ所得溶液中滴加一定量0.1mol/L NaOH溶液，加 () 热，使气体完全逸出. c(NH) A.氨水加水稀释过程中(NH,·,0)逐渐减小 实验V:将等体积0.1mol/LNH,HA溶液与0.05mol/LZnS0,溶液 混合，产生ZAA沉淀. B.NH,C1溶液中存在：c(NH)>c(CI)>c(H*)>c(OH) C.等物质的量浓度的NaHCO,溶液和Na,CO3溶液中水的电离程度： 已知H2A的K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7,NH·H20的 K=1.8×105.下列有关说法正确的是 () 前者大于后者 D.0.1mol/L NaHC03溶液中：c(H)-c(OH)=c(C0）- A.由实验1可知，0.1mol/LNH,HA溶液中由水电离出的c(H)> c(H,C03) 10-mol/L 4.25℃时，向20mL浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液 B.实验2所得溶液中存在：c(A2-)+c(HA~)+c(H,A)>c(NH) 中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液（醋酸的K:=1.8×10-5;用 +c(NH,·H,O) O.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃 C.实验3所得溶液中一定含有Na,A,故反应过程中一定有c(Na*) 范围4.3~9.7).下列说法不正确的是 ( )>c(A2)+c(HA) A.恰好中和时，溶液呈减性 D.由实验4可知Kn(ZnA)>1.25×10-3 B.滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为 9.室温下，通过下列实验探究S02的性质.已知K,(H,S03)=1.3× H*+0H=H20 10-2,K2(H2s03)=6.2×108. C.滴定过程中，c(Cl-)=c(CH,COO-)+c(CHCO0H) 实验1：将S02气体通入水中，测得溶液pH=3. D.pH=7时，c(Na+)>c(Cl)>c(CHCO0°)>c(CH3C00H) 实验2：将S0,气体通人0.1mo/L NaOH溶液中，当溶液pH=4时停 5.常温下，一元酸HA的K(HA)=1.0×103.在某体系中，H与止通气 A~不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如下图所示）.设溶液 验3：将S0,气体通入0.1mol/L酸性KMnO,溶液中，当溶液恰好 中c(HA)=c(HA)+c(A),当达到平衡时，下列叙述正确的是() 褪色时停止通气 溶液1 膜 溶液Ⅱ 下列说法正确的是 A.实验1所得溶液中：c(HS0)+c(S0)>c(H+) pH=7.0 pH=1.0 B.实验2所得溶液中：c(S0)>c(HS03) H+A一HA →HAH+A C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NHS0,固体 D.实验3所得溶液中：c(S0})>c(Mn2·) A.溶液I中c(H)=c(OH)+c(A) I0.环境保护工程师研究利用Na,S、Fs和H,S处理水样中的Cd B溶液I中的电离度品]为 已知25℃时，H,S饱和溶液浓度约为0.1mo/L,K(H,S)=10-6.” C.溶液I和Ⅱ中的c(HA)不相等 K2(H,S)=10-20,K,(FeS)=10-n.”,Kn(CdS)=10.0.下列说法错 D.溶液I和Ⅱ中的ca(HA)之比约为10-4 误的是 () 6.已知25℃时，K:(H,C,0)≈6×10-2，K2(H,C0,)≈6×10-5 A.NaS溶液中：c(H）+c(Na+)=c(0H)+c(Hs)+2c(S2) B.0.01mol/LNa,S溶液中：c(Na+)>c(s2-)>c(0H-)>c(Hs) K(HF)=3.5×104,进行如下实验： ①向5mL0.1000mol/LNaF溶液中，滴加5滴0.1000mol/L C.向c(C·)=0.01mo/L的溶液中加入FeS,可使c(Cd+)< 10-8 mol/L H,C,04溶液； D.向c(Cd2+)=0.01mol/L的溶液中通入H,S气体至饱和，所得溶 ②向0.1000mol/L NaHC,0,溶液中，滴加NaOH溶液至pH=5: 液中：c(H*)>c(Cd2+) ③向0.1000mol/LH,C,04溶液中滴加Na0H溶液至plH=4; ④将浓度均为0.0200mol/L NaHC,0,和Ca(OH)2溶液等体积混 合，生成沉淀CaC204 下列说法正确的是 (参考答案见37版)数理极 参考答案 37 -b kJ/mol 9.(1)-65(2)B c(CH3CO0ˉ)，A错误；升温促进C6H0的水 ③H0a,CH,0H(g)+30,(g)-2c0,(g)+ (3)④H0°+H+CH,=CH+H,0 解，0H浓度增大，H变大.氢氧化钠完全电离， (4)①c ·③0.2反应Ⅱ生成的氢 c(OH)不变，但升温后Kw增大，导致c(H)增 3H20(1)△H3=-ckJ/mol 大，pH减小，B错误：当pH=10.00时，c(H)= 根据盖斯定律，用2×反应①+3×反应②- 气多于反应Ⅲ消耗的氢气 1.0×10-0,K= c(H)·c(C6H,0) 反应③即可得到目标方程式，故目标方程式的 解析：(1)根据盖斯定律，将I+Ⅱ可得 c(C.HsOH) △H=(c-2a-3b)kJ/mol. MgC0,(s)+4H2(g)=Mg0(s)+2H,0(g)+1.0×100×c(C,H,0) (3)根据表格中的平衡常数，反应温度在CH,(g),即△H=△H,+△H2=+101kJ/mol+ =1.0×10-0,故 e(C HsOH) 500K时，平衡常数K<1.3×10-3,此时平衡常(-166kJ/mol)=-65kJ/mol. c(C6H,0)=c(CH,OH),C正确：C6H0水解 数过小，导致乙二醇产率过低：或温度过高，催化 (2)要提高CH,的平衡产率，即要使反应Ⅱ会促进水的电离，D错误 剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低. 平衡正向移动.反应Ⅱ的正反应是气体体积减小 2.D NaCl(0溶液中Cl0ˉ会水解，故溶液中 (4)根据图示的曲线，随着温度的升高，曲的放热反应，低温高压条件下能使平衡正向移c(C0)<0.01mo/L,A错误；NaCI0长期露置 线I的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明动，B正确。 在空气中容易和C02发生反应而失效，其反应 DMO的转化率趋于恒定，故曲线I为DMO的实 (3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图的化学方程式为C10+C0,+H,0=HC0,+ 际转化率曲线；又已知曲线Ⅱ为乙二醇的选择性中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢，基元 HC0,HCI0再分解：2HCI0光里2HCl+0,↑，不 曲线，观察曲线Ⅱ和曲线V可知，随着反应的进反应为CH;+H°+2H20=CH+2H,0;由图 会释放Cl2,B错误；将过量的S02通入NaCIO溶 行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线V为MG的选可知，在第③步时生成了水，基元反应为HO·+ 择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线. 液中，S02被氧化：S02+C10+H,0=C+ H +CH"=CH +H.O. S0?+2H+,C错误：25℃，pH=7.0的NaCl0 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转 (4)已知反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热 和HCI0的混合溶液中，说明HCI0的电离程度 化率曲线：曲线V为MG的选择性曲线， 反应，反应Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升 ②根据图示，降低温度，DMO的转化率降 与C10的水解程度相等，K,= 高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率 低，A不符合题意；增大压强，反应体系中的活化 下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳 c()·c(C0).1x107×e(C0）=4× c(HCIO) e(HCIO) 分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示 10-8,c(C10) 增大，B符合题意；减小初始的氢酯t导致体系碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，©表 'e(HCIO) =0.4,c(C10-)<c(HC10).根据 中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题 示甲烷的选择性。 电荷守恒：c(CI0)+c(OH)=c(H+)+ 意：A点时DMO的转化率为80%，升高温度后 ①表示CH,选择性的曲线是c. c(Na),则c(CO)=c(Na),所以c(HCIO)> 转化率持续上升，说明A点时反应未平衡，延长 ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化c(CIO)=c(Na),D正确. 原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol,根据碳 3.D氨水中存在电离平衡：NH3·HO 进行，增大DMO的转化率，D符合题意. 原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量 一N+OH,K,=(N)·co2,则 ③483K时，DM0的实际转化率为99%，设之和为0.49mol,又因为此时二氧化碳的选择性 c(NH3·H,O) 起始投入的DM0为100mol,则出口处流出的乙：和甲烷的选择性相等，则一氧化碳和甲烷的物质 c(NH) c(H,·H,O(OH)加水稀释过程中，K K 醇的物质的量为100m0l×99%×2%=的量为0.245ml,根据氧原子守恒得出水的物 1.98mol,此时还有1 mol DM0未反应从出口处质的量为0.49mol,根据氢原子守恒得出氢气的 e(NH) 流出，因此出口处（亿=198m=1.98. 物质的量为0.02mol,气体物质的总物质的量为 不变，c(oH)减小NH,·H,0逐渐增大，A n(DMO)1 mol (0.02+0.245+0.245+0.49)mol=1mol. 错误；NH,C1是强酸弱碱盐，NH会水解，溶液 ④设初始时H,与DM0的投料分别为 p(H)=0.02×10okPa=2kPa,p(C0,)= 中存在：c(Cl)>c(NH)>c(H)>c(OH), 52.4mol和1mol,A点时DM0的实际转化率为 1 B错误：“越弱越水解”，即越弱越有利于水的电 80%,MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反 n(CH)=0.245x100kPa=24.5kPa,p(H,0)= 离，等物质的量浓度的NaHCO,溶液和Na,CO 应分步进行，第一步反应中DMO转化为MG,可 1 溶液中水的电离程度：前者小于后者，C错误： 写出如下关系： 0.49×100kPa=49kPa,则反应Ⅱ的K= 0.1mol/L NaHC03溶液中，电荷守恒：c(H+)+ 1 DMO(g)+2H2 (g)=MG(g)+CH,OH(g) c(Na*)=2c(CO)+c(HCO;)+c(OH), 起始/(mol)1 52.40 0 24.5×49249 kPa-2. 24×24.52 素质量守恒：c(Na*)=c(C0)+c(HC0;)+ 反应/(mol)0.8 1.60.8 0.8 终了/(mol)0.2 50.80.8 0.8 ③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转c(H,C0,),联立两式得c(H)-c(0H)= 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系：化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为c(C0)-c(H,C0,),D正确. MG(g)+2H2(g)=乙二醇(g)+CH,OH(g) 10%,则生成的二氧化碳为0.7ol,生成的甲烷 4.B恰好中和时，溶质为CH,COONa和 起始/(mol)0.850.80 0.8 为0.1mol,根据碳原子守恒得出n(C0)=(1-: NaCl,其中CH,COOˉ会水解，使溶液呈碱性，A 反应/(mol)0.40.8 0.4 0.4 0.7-0.1)mol=0.2mol;因为反应Ⅱ是放热的， 正确；滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若 终了/(mol)0.450.0 0.4 1.2 反应Ⅲ是吸热的随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，只发生离子反应：H+OH=H,0,则滴加 这时，体系中DM0的物质的量为0.2mol、反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反NaOH溶液的体积为20mL,此时醋酸的浓度为 MG的物质的量为0.4mo1、H,的物质的量为应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降 0.05mol/L,根据电离常数，c(H)≈ 50.0mol、CH30H的物质的量为1.2mol、乙二醇 c(CH COO) 的物质的量为0.4mol,体系中各物质的总物质 专题13提分专练 K.(CH,COOH).c(CHCOOH) 的量为(0.2+0.4+50.0+1.2+0.4)mol= √0.05×1.8×10 3 0.4 mol 1.2 mol 52.2n×2.2mL=0.025. 1.C醋酸的酸性强于苯酚的，C。H,0的水10-3.5mo/L>1.0×104.3mol/L,故滴定至pH= 52.2mo1.Q=0.4mol×0.0mol)2 解程度大于CH,C00的，则相同温度下，等浓度4.3的过程中，醋酸也参加了反应，离子方程式 52.2 mol ×(52.2mol 的CH,ONa和CH,COONa溶液中，c(C6H0)<:为H++OH-=H,0和CH,COOH+OH= 38 参考答案 数理招 CHC00+H,0.B错误：滴定前盐酸和醋酸的02=1.0×10，可以推断出K,(CaC,0,)<c(0.10 浓度相同，故滴定过程中，根据元素质量守恒可 2 c(S-号cHs)c(S-)<0.01VL,根据 知：c(C1)=c(CHCO0)+c(CH COOH),C 1.0×104,D正确 硫元素守恒可知c(Hs)<102mol/L,所以 正确；pH=7时，由电荷守恒可知，c(Na)= 7.AK(HS)=)S)可变式c0>1,则c(0H)>c(S-),B错误： e(HS) c(S2-) e(CHCOO)c (CI).K.(CH,COOH) c(H*)·c(CH,C00) 为(HS) Ka(H,S,测得溶液的pH不断减 c(H+) K(FeS)远远大于Kp(CdS),向c(Cd+)= c(S2-) c(CH,COOH) 0.01mol/L的溶液中加入Fes时，可以发生沉淀 1×10-7×c(CH,C00) Kp(FeS) =1.8×105, 小H)道大人：不变，袋号增大.A正确： 的转化，该反应的平衡常数为K= c(CH,COOH) K..(Cds) NaHs与NaOH反应的离子方程式为HS+10-n0 e(CHCOO-) e(CH,co0Hm=1.8×10,c(CH,C00）> 0H=S+H,0,B错误；实验2所得溶液中的10西=10”>103，因此该反应可以完全进行 c(CH,COOH).原CH,COOH和盐酸浓度相等， 溶质为Na,S,存在元素质量守恒：c(Na)=CdS的饱和溶液中c(CdP+)=√02 .mol/L= 且生成的CHC00°会水解，c(CI°)> 2c(S2-)+2c(HS)+2c(H,S),C错误；实验310-a.mol/L,若加入足量Fes时可使c(CdP)< c(CH,CO0-),故有c(Na+)>c(C1-)> 中，Na,S过量，不是沉淀转化，无法判断10-8mo/L,C正确；CP++H,S一CS+2H Kn(MnS)>K,(CuS),D错误， c(CH,CO0)>c(CH,C00H),D正确. c2(H) 5.B常温下，溶液I的pH=7.0,则溶液I 8.CHA的水解平衡常数K.= Kw三 的平衡常数K=cC)·c(HS) K 中c(H+)=c(0H-)=1×10-7mol/L,c(H+)< K(H,s):K(H,S》_106”x10 10-14 (OH)+e(A),A错误：常温下，溶液的pH=1.54x10*6.5×10-B<Ke,NH的水解平 K.(Cds) 10-2610 -=10623> 10,该反应可以完全进行，因此，当向c(CP+）= 1.0,溶液中c(H+)=0.1mol/L,K。(HA)= 衡常数，-六-1.8X105.6x10,说明001mL的溶液中通人Ls气体至饱和。 Kw 10-14 c(H)·c(A2-l.0x10-3,ce(HA)=c(A+ Cd+可以完全沉淀，所得溶液中c(H+)> c(HA) HA的电离大于水解，电离出的H抑制水的电c(Cd2*),D正确. c(A),则 e(HA)-A)=L.0×103,解得离程度大于HA水解和NH水解对水的电离 0.1c(A-) 的促进作用，故该溶液中由水电离出的c(H)< 品奇B正确：根据题意，未电离的A10mL,A错误：尖经2所得容液中(，A c(A-) 专题14提分专练 可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相和Na,A浓度相等，根据元素质量守恒，存在： 1.D NaOH溶液和HCl、CH,COOH混酸反 等，C错误；溶液I中c(H*)=1×10-7mo/L,c(A2-)+c(HA）+c(H,A)=c(NL)+应时，先与强酸反应，再与溺酸反应.由滴定曲线 K,(HA)=c):A=1.0x10 c(NH,·H,O),B错误；向实验2所得溶液中继可知，a点时NaOH溶液和HC1恰好完全反应生 c(HA) 续滴加一定量0.1mol/L NaOH溶液，所得溶液成NaCl和水，CH,COOH未发生反应，溶质成分 c台(HA) =c(HA）+c(A),中一定含有Na,A,已知实验2中溶液中有元素 为NaCl和CH,COOH:b点时NaOH溶液反应掉 1x10x[ca(HA)-c(HA)】=1.0×103, 质量守恒：c(Na)=c(A2-)+c(HAˉ)+ 一半的CH,CO0H,溶质成分为NaC1、CH,COOH c(HA) c(H,A),随着NaOH的加人，反应过程中一定和CH,COONa;c点时NaOH溶液与CH,COOH ce(H)=(10+I)c(HA),同理溶液Ⅱ中有：c(Na)>c(A2-)+c(HA),C正确：实验4恰好完全反应，溶质成分为Nad.CH,C0oNa:d ce(HA)=1.O1c(HA),溶液I和I中的c(HA) 中c(Zm2+)=0.025mol/L,c(HA)=0.05mol/L,点时Na0H过量，溶质成分为NaCL,CH,C00Na 相等，故溶液I和中c(HA)之比为(10+1)： Q.(ZnA)=0.025×0.05=1.25×103>Kn(ZnA)和Na0H,据此解答. 1.01≈10，D错误. ;时产生沉淀，D错误 由上述分析可知，a点时溶质成分为NaCl 6.D因为K1(H2C204)>K.(HF)> 9.D实验1得到H,S03溶液，其电荷守恒 和CH,C00H,c(H）=10-3.38mol/L, K。HC.0,),根据强酸制备弱酸原理，实验①关系为c(s0)+2.(s0)+e(0H）=K(CH,C0On。cHGC00）= 可以发生反应：NaF+H,C,0,=H+NaHC,0,c(H),则c(Hs0)+e(S0)<c(),A错 c(CH COOH) A错误；向0.1000mol/L NaHC,0,溶液中，滴加 10-3.3那x10-38 误；实验2所得溶液的pH为4，即c(H)= 0.01 =10~46,A正确：a点溶液为等 NaOH溶液至pH=5,由K2(H,C,0,)≈6×10-5= cH):G0G).得出C0)-6x10- 104mol/L,依据K。= 0,c(s0),则6.2×浓度的NaC和C,C00H混合溶液，存在元素 e(HSO) e(HC,O) e(HC,O) c(H+) 6×10-5 10=104.c(s0)c(0g-)-6.2×10 质量守恒关系：c(Na*)=c(Cl)= 10=6,故实验2所得溶液中：(C,0）)> =c(CH,COOH)+c(CH,CO0),B正确；b点溶液 e(HSO)c(HSO;) 10-4 ;中含有NaCl及等浓度的CH,COOH和 6.2×10-4<1,故c(S0号)<c(Hs0),B错误； c(HC204),B错误；向0.1000mol/LH2C204溶 CHCOONa,由于pH<7,溶液呈酸性，说明 NaHSO,溶液蒸干过程中会分解成Na,S0,、CH,COOH的电离程度大于CH,C00的水解程 液中滴加NaOH溶液至p=4,根据K,Na,SO可被空气中O,氧化，故蒸干，灼烧得 (H2C04）·K2（H,C,04）= 度，则c(CH,COOH)<c(CHC00),C正确：c Na,S0,周体，C错误；实验3中发生反应：5S02+ ()·c(C0)=3.6×10-6可知，2Mn0+2H,05s0+2Mm2·+4*,则恰好 点溶液中CH,CO0ˉ水解促进水的电离，d点碱 c(HC204) 过量，会抑制水的电离，则水的电离程度：c>d, c(C,0)_3.6×10-6_3.6×10-6 完全反应后c(S0)>c(Mn2*),D正确. D错误. c(H,C,0)=2)=10=360,故 10.BNa2S溶液中存在电荷守恒，可表示 2.D根据Ag与CN反应过程可知，A点 实验③所得溶液中：c(C,0)>c(H,C0,),C为c(H)+c(Na*)=c(0H)+c(HS)+体积为2.50ml,B点体积为5.00ml,A正确： 错误；将浓度均为0.0200mol/LNaHC,0,和2c(S2-),A正确：0.01mo/Na,S溶液中，S2 根据Ag~CNˉ，原溶液中c(KCN)= Ca(OH,溶液等体积混合，生成沉淀CaC,0,得水解使溶液呈藏性，其水解常数为人，=0.1000x0.05L三0.02000m0VL根据 K,(cc0,<0.=c(c0)c(c=092x c(OH)·c(HS) Kw = 10-4 c(s2-) K2 10-2.9=10-11 0.025L Ag CI, c(KCI）