第14练 水溶液中粒子浓度的关系判断
1.粒子浓度大小比较的思维模型
(1)单一溶液
(2)混合溶液
2.熟悉三大守恒规律(以Na2CO3溶液为例子)
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子的正电荷总数与所有阴离子的负电荷总数相等。
c(Na＋)＋c(H＋)=2c()＋c()＋c(OH-)。
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某些特定元素的原子的总数存在确定的比例关系。
c(Na＋)=2【c()＋c()＋c(H2CO3)】
(3)质子守恒：即H2O电离出的氢离子和氢氧根离子总数相等。一般根据电荷守恒式和物料守恒式整理得到。
c(OH-)=c()＋2c(H2CO3)＋c(H＋)
3.粒子浓度大小比较的分析方法
(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。
(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，首先应考虑这种元素的原子守恒，即物料守恒。
(4)若题给选项中等号两端既有分子又有c(H＋)或c(OH-)离子，则考虑利用质子守恒进行分析，或将电荷守恒与物料守恒相加或相减等。
(2023·天津河北·统考二模)
1．常温下，用氨水滴定10mL浓度均为的HCl和的混合液，下列说法正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和的混合液中
B．当滴入氨水10mL时，
C．当滴入氨水20mL时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，
(2023·浙江·校联考一模)
2．已知25℃时，。某体系中，膜只允许未电离的HA自由通过(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
B．溶液Ⅰ中
C．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
D．溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的之比为
(2023·黑龙江绥化·统考模拟预测)
3．室温下，通过下列实验探究草酸以及草酸盐的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol· L-1 NaHC2O4溶液的pH，测得pH约为5
2 向20 mL 0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入NaOH溶液后，测得pH等于7
3 将0.01 mol· L-1的Na2C2O4溶液与0.0004 mol· L-1的NiSO4溶液等体积混合，有白色沉淀生成
4 0.1 mol· L-1NaHC2O4溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，观察不到明显现象
下列说法正确的是
A．实验1可以得到结论：Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)
C．实验3可以得出结论：室温下，Ksp(NiC2O4)<1×10-6
D．实验4反应后溶液中存在：c(OH-)= c(H+ )+c()+c( H2C2O4)
(2023·福建南平·统考三模)
4．常温下，向的溶液中滴入NaOH溶液，随着pH变化溶液中浓度最大的含磷微粒如图所示。下列说法正确的是
A．时，
B．时，
C．时，
D．若用的溶液进行实验，将向左移动
(2023·广东惠州·统考一模)
5．是二元弱酸，T℃时溶液的pH约为4，下列说法正确的是
A．向溶液中滴加溶液至恰好反应时，
B．溶液中存在
C．溶液中存在：
D．T℃时的大小约为
(2023·浙江绍兴·统考模拟预测)
6．已知为二元弱酸，，。室温下，下列说法不正确的是
A．0.1mol/L NaHR溶液
B．用NaOH溶液中和一定量的溶液至呈中性时，溶液中
C．0.1mol/L 溶液：
D．0.01mol/L的溶液与的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2
(2023·浙江宁波·统考二模)
7．常温下， ，，，下列说法不正确的是
A．浓度均为0.1 mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>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和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者
C．0.2mol/L 与0.1 mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：
D．0.2mol/L HCOONa溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后的溶液中：
(2023·重庆·统考二模)
8．常温下，0.1mol/L的某三种溶液的pH如右表所示：下列说法不正确的是
溶液 NaX NaY (为二元弱酸)
pH 7.5 8.9 11.6
A．常温下的电离常数：
B．的HX溶液与的NaOH溶液等体积混合后，
C．0.1mol/L的溶液中：
D．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数和均不变
(2023·天津河北·统考一模)
9．室温下，下列说法正确的是
A．向溶液中加水稀释，溶液中减小
B．等物质的量浓度的和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：
C．的溶液与的溶液，水的电离程度相同
D．等浓度、等体积的NaOH溶液和二元弱酸溶液混合后溶液呈酸性，则混合液中：
(2023·重庆·统考模拟预测)
10．将溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(忽略温度变化)，下列说法正确的是
A．混合溶液中
B．混合后的水解常数增大
C．混合溶液中
D．混合后加入适量固体，的电离平衡向右移动
(2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测)
11．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是
A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小
B．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO)
D．常温下，已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2Cr2O4)=2.0×10-12，则Ag2CrO4悬浊液的c(Ag+)一定小于AgCl悬浊液中的c(Ag+)
(2023·河北·模拟预测)
12．常温下，溶液的，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让和通过，分子可自由穿过。已知溶液中，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是
隔膜
溶液A 溶液B
A．水的电离程度：溶液A＜溶液B
B．溶液A中：
C．溶液B中：
D．混合溶液中和浓度相等：
(2023·广东·统考二模)
13．联氨有弱碱性，与盐酸反应生成盐(、)，下列叙述正确的是
A．的的水溶液的
B．的的水溶液加水稀释，值降低
C．在水溶液中的电离方程式：
D．水溶液中：
(2023·重庆·统考三模)
14．25℃时，的电离常数。在10.0mL 0.10mol/L的溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液。下列说法不正确的是
A．该混合溶液呈酸性
B．该混合溶液中：
C．0.10mol/L的溶液中
D．将0.10mol/L的溶液加水稀释，增大
(2023·上海·模拟预测)
15．常温下，一元碱BOH的Kb(BOH)=1.0×10-5。在某体系中，离子不能穿过隔膜，BOH分子可自由穿过隔膜(如图所示)，溶液中c总(BOH)= c(BOH)+c(B+ )，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．常温下，0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液的pH≈12
B．根据电荷守恒，溶液I和Ⅱ中都存在c(B+ )+c(H+)=c(OH—)
C．溶液I和Ⅱ中的c(B+ )相等
D．溶液I中BOH的电离度为：
(2022·重庆·统考高考真题)
16．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(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
(2022·江苏·高考真题)
17．一种捕集烟气中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()+c()。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()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
(2022·湖北·统考高考真题)
18．根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是
A． B．
C． D．
(2022·浙江·统考高考真题)
19．时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
(2022·全国·统考高考真题)
20．常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
(2022·浙江·统考高考真题)
21．已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
(2021·重庆·统考高考真题)
22．下列叙述正确的是
A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO- )
B．向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO)>c(H2CO3)
D．向0.2 mol·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 mol·L-1
(2021·江苏·高考真题)
23．室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)
D．实验4中c反应前(CO)
24．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在溶液中
B．在溶液中
C．在溶液中
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
(2021·广东·高考真题)
25．鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A．水溶液的
B．水溶液加水稀释，升高
C．在水中的电离方程式为：
D．水溶液中：
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】常温下，用氨水滴定10 mL浓度均为的HCl和 CH,COOH的混合液。当滴入氨水10 mL 时，混合溶液中溶质为NH4Cl和CH3COOH，且二者物质的量之比为1∶l；当滴入氨水20 mL时，氨水与混酸完全反应生成NH4Cl和CH3COONH4。
【详解】A．当滴入氨水前，HCl和 的混合液中，HCl完全电离，部分电离，所以有c(Cl-)>c(CH3COO-)，故A项错误；
B．当滴入氨水10 mL时，混合溶液中溶质可看作NH4Cl和，且二者物质的量之比为1∶1，NH存在形式为NH和NH3·H2O，CH3COOH存在形式为和CH3COO-，溶液体积相等所以有，故B项错误；
C．由分析知，此时溶液中溶质为NH4Cl和CH3COONH4，根据电荷守恒有c(H+)+c(NH)= c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，由物料守恒知，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c()+c(Cl-)，将两式进行相减即可得到，故C项正确；
D．当溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，CH3COONH4溶液显中性，NH4Cl溶液显酸性，在20 mL 时，此时溶液中溶质为NH4Cl和CH3COONH4，溶液显酸性，因此当溶液显中性时，氨水滴入量大于20 mL，溶液呈中性时氨水过量，醋酸铵为中性可忽略其对酸碱性的影响，则，故D项错误；
故选C。
2．C
【详解】A．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，A错误；
B．由图可知溶液I本应显酸性，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)+c(A-)，B错误；
C．常温下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka==1.0×10-5，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-5，解得=，C正确；
D．溶液Ⅰ中水电离出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水电离出的c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D错误；
故答案为：C。
3．C
【详解】A．0.1 mol· L-1 NaHC2O4溶液的pH，测得pH约为5，溶液显酸性，NaHC2O4电离程度大于水解程度，，则Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)>Kw，A项错误；
B．0.1 mol· L-1 NaHC2O4溶液的pH，测得pH约为5；Na2C2O4溶液显碱性，向20 mL 0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入NaOH溶液后，测得pH等于7，则溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，水解程度较弱，则c(H2C2O4)
D．0.1 mol· L-1NaHC2O4溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，观察不到明显现象，得到溶液中溶质为Na2C2O4，根据质子守恒可知，c(OH-)= c(H+ )+c()+2c( H2C2O4)，D项错误；
答案选C。
4．A
【详解】A．时，，则，A正确；
B．时，，此时溶液中主要含有，溶液显酸性，其电离程度大于水解程度，故，B错误；
C．时，根据电荷守恒可知，，C错误；
D．平衡常数只受温度的影响，故不移动，D错误；
故选A。
5．D
【详解】A．向溶液中滴加溶液至恰好反应时溶质为Na2SO3，由于亚硫酸根离子会水解导致其浓度减小，故，A错误；
B．根据电荷守恒，溶液中存在，B错误；
C．根据物料守恒可知，溶液中存在：，C错误；
D．T℃时溶液的pH约为4，根据可知，，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．NaHR是弱酸的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/L NaHR溶液，A正确；
B．用NaOH溶液中和一定量的溶液至呈中性时，=10-7mol/L，，故溶液中，B正确；
C．0.1mol/L 溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故，C错误；
D．H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的（二元酸）溶液与即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．由电荷守恒可知、，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；
B．由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；
C．醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L（忽略体积变化），由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为，C正确；
D．由电荷守恒可得，由物料守恒可得，由此可得，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．由表格数据可知，水解程度：Z2->Y->X-，则酸性：，故常温下的电离常数：，A正确；
B．HX为弱酸，则的HX溶液中HX的浓度远大于0.01mol/L，则的HX溶液与的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，故，B正确；
C．为二元弱酸，根据物料守恒可知，0.1mol/L的溶液中：，C正确；
D．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数不变，减小，则增大，D错误；
故选D。
9．D
【详解】A．溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，平衡正向移动，但CH3COO-浓度减小，由于温度不变，不变，则增大，A错误；
B．等物质的量浓度的和NaF溶液，前者pH较大，说明水解程度大于F-，酸性：HF>HCOOH，则反应不能发生，违背了强酸制弱酸的原理，B错误；
C．的溶液，由水电离产生的氢离子浓度为，的溶液，由水电离产生的氢离子浓度为，二者水的电离程度不相同，C错误；
D．两溶液混合后，溶液中的溶质为，溶液呈酸性，说明的电离大于水解，则混合液中：，D正确；
故选D。
10．D
【分析】溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合得到0.05mol/L的NaCl、和溶液。
【详解】A。醋酸为弱酸，故0.05mol/L的NaCl、和溶液中，故A错误；
B．温度不变，水解常数不变，故B错误；
C．在等浓度的NaCl、和溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，故有，故C错误；
D．可以电离出氢离子，可以结合氢离子，则氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，故D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，氢氧根浓度减小，根据电离常数可知＝，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，则比值增大，A错误；
B．浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则c(CO)
D．常温下，已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2Cr2O4)＝2.0×10－12，Ag2CrO4悬浊液中c(Ag+)=，AgCl悬浊液中c(Ag+)=，则Ag2CrO4悬浊液的c(Ag+)一定大于AgCl悬浊液中的c(Ag+)，D错误；
故选：C。
12．B
【详解】A．溶液B的pH大于溶液A的，所以溶液B中大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，选项A错误；
B．常温下，溶液的，可知，可列三段式如下：
将数值代入的表达式，得到约为，溶液A中，则溶液A中，选项B正确；
C．由于的电离程度很弱，则平衡体系中最大，来源于的电离和水的电离，，所以微粒浓度从大到小的顺序为，选项C错误；
D．混合溶液中若和浓度相等，根据计算可知的电离平衡常数大于的水解平衡常数，所以混合溶液中，再结合电荷守恒可知，选项D错误；
答案选B。
13．C
【分析】联氨有弱碱性，与盐酸反应生成盐(、)，可知联氨为二元弱碱；
【详解】A．联氨为二元弱碱，的的水溶液中氢氧根离子小于0.1mol/L，则其，A错误；
B．为强酸弱碱盐，溶液显酸性，的的水溶液加水稀释，酸性变弱，值升高，B错误；
C．属于盐，水溶中完全电离：，C正确；
D．水溶液中根据电荷守恒可知：，D错误；
故选C。
14．C
【分析】在10.0mL 0.10mol/L的溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液，酸过量，则该混合液中溶质是和，且浓度相同。据此回答问题。
【详解】A．该混合液中溶质是和，且浓度相同，由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，故A正确；
B．由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，则该混合溶液中：，故B正确；
C．醋酸的电离常数，在0.10mol/L的溶液中，则，，2＜pH＜3，故C错误；
D．醋酸的电离常数，温度不变不变，加水稀释时减小，故增大，故D正确；
故选C。
15．D
【详解】A．常温下0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液中，当达到平衡时，c(BOH)0.1 mol·L-1，c(B+)=c(OH-)，由可得c(OH-)mol/L=10-3mol ·L-1，pOH=3，则溶液pH约为11，故A错误；
B．由常温下Ⅱ中溶液pH为7可知，溶液中c(H+)=c(OH—)，则Ⅱ溶液中c(B+)+c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由可知，溶液I和Ⅱ中的c(B+)不相等，故C错误；
D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01mol·L-1，c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数可得：=1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为=，故D正确；
故选D。
16．D
【详解】A．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SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A错误；
B．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(SO)，故B错误；
C．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(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．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。
17．C
【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；
C．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，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；
D．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（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确；
故选C。
18．D
【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，答案选D。
19．B
【详解】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；
B．滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C正确；
D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液至pH=7，根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则有。又由pH=7可得c(H+)=10-7mol/L，根据该温度下Ka(CH3COOH)=，，故有，D正确；
故答案为：B。
20．B
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
21．B
【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
22．C
【详解】A．溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c()=c(CH3COO- )+c(OH- )，则c()
C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，溶质为NaHCO3、NaCl，NaHCO3溶液中少部分水解生成H2CO3，则c()>c(H2CO3)，C正确；
D．磷酸H3PO4是三元弱酸，部分电离，0.2 mol·L-1磷酸含c(H+)<0.6 mol·L-1，加水至原体积的两倍，越稀弱酸电离程度越大，则c(H+)>0.3 mol·L-1，D错误；
故选：C。
23．C
【详解】A．实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；
B．实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；
C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；
D． 饱和氯水中氢离子与碳酸根结合转化为碳酸氢根，氯水朝着与水反应的方向移动，颜色变浅，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误；
答案选C。
24．A
【详解】A．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，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确；
B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；
C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；
故选A。
25．B
【详解】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；
B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；
C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；
D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；
综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
