2018届二轮复习电解质溶液教案（全国通用）(1) 25页

专题7 电解质溶液 ‎【2018年高考考纲解读】‎ ‎1．了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。‎ ‎2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。‎ ‎3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。‎ ‎4．了解水的电离，离子积常数。‎ ‎5．了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。‎ ‎6．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。‎ ‎7．了解难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。‎ ‎【重点、难点剖析】‎ 一、弱电解质的电离平衡 ‎1．判断弱电解质的方法 ‎(1)在浓度和温度相同时，与强电解质溶液做导电性对比试验。‎ ‎(2)在浓度和温度相同时，与强电解质溶液比较反应速率快慢。‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的HA溶液(如0.01 mol·L－1)，测其pH。若pH＞2，则说明HA为弱酸。‎ ‎(4)测定对应的盐溶液的酸碱性，如钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA为弱酸。‎ ‎(5)稀释前后pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释1 000倍，pH<5，则证明该酸为弱酸。‎ ‎(6)利用电离平衡证明。如醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONa固体，颜色变浅。‎ ‎(7)利用较强酸(碱)制取较弱的酸(碱)来判断电解质强弱。‎ ‎(8)利用元素周期表同周期、同主族的递变性进行判断。‎ ‎2．一元强酸与一元弱酸的比较 ‎　　　酸 项目　　　　‎ 相同物质的量浓度、相同体积 相同pH、相同体积 一元 强酸 一元弱酸 一元强酸 一元弱酸 c(H＋)‎ 大 小 相同 中和碱的能力 相同 小 大 与金属反应的 起始速率 大 小 相同 稀释相同倍数 后的pH 小 大 大 小 二、水的电离及溶液的酸碱性 ‎1．水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算方法(25 ℃)‎ ‎(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。‎ ‎(2)溶质为酸的溶液 H＋来源于酸电离和水电离，而OH－只来源于水。如计算pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。‎ ‎(3)溶质为碱的溶液 OH－来源于碱电离和水电离，而H＋只来源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。‎ ‎(4)水解呈酸性或碱性的正盐溶液 H＋和OH－均由水电离产生。‎ 如pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；‎ 如pH＝12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。‎ ‎2．有关溶液酸碱性及pH的易错易混辨析 ‎(1)一定温度下，无论是稀酸、稀碱或盐溶液中，水的离子积KW＝ c(H＋)·‎ c(OH－)均不变，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，KW只与温度有关，只有在25 ℃时，KW＝1×10－14。‎ ‎(2)pH是溶液酸碱性的量度。pH＝6的溶液在常温下呈酸性，其他温度也可能呈中性或碱性；pH＝0的溶液并非没有H＋，而是c(H＋)＝1.0 mol·L－1，同时也并非无OH－，此时c(OH－)＝1.0×10－14 mol·L－1。‎ ‎(3)对于强酸(强碱)溶液，每稀释为10倍体积时，pH增大(减小)1个单位；对于弱酸(弱碱)溶液，每稀释为10倍体积，pH增大(减小)不足1个单位；无论稀释多少倍，酸(碱)溶液的pH不能等于或大于(小于)7，只能趋近于7。‎ ‎(4)强碱溶液的pH计算，应先根据溶液的c(OH－)求出溶液c(H＋)，从而求出溶液的pH。‎ ‎(5)强酸、强碱的pH之和与c(H＋)、c(OH－)比较：‎ ‎(6)若酸、碱溶液的pH之和为14，酸、碱中有一强一弱，则酸、碱溶液混合后，谁弱显谁性。‎ 三、电解质溶液中的粒子观 ‎1．两种“微弱” ‎2．三个守恒 ‎(1)电荷守恒规律 如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。‎ ‎(2)物料守恒规律 电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，粒子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。‎ ‎(3)质子守恒规律 即H2O电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等。在Na2CO3溶液中水电离出OH－和H＋，其中水电离产生的H＋以H＋、HCO、H2CO3三种形式存在于溶液中，则有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。‎ ‎3．两种形式 ‎(1)等式 对于等式通常有两个，即电荷守恒、物料守恒，一些复杂的等式往往是对两个守恒关系式经过变形得到的，或代入某些所给已知条件得到的。‎ ‎(2)不等式 对于不等式，要具体分析溶液中各种电离方程式、水解方程式、溶液的酸碱性。‎ ‎4．两个注意 ‎(1)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对该离子的影响。‎ ‎(2)混合溶液中各离子浓度的比较要综合考虑电离因素、水解因素等。‎ 四、难溶电解质的沉淀溶解平衡 ‎1．沉淀的生成 ‎(1)条件：离子浓度商(Qc)大于溶度积(Ksp)。‎ ‎(2)应用：‎ ‎①分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。‎ ‎②控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去。‎ ‎2．沉淀的溶解 ‎(1)条件：浓度商Qc小于溶度积(Ksp)。‎ ‎(2)方法：酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，如CaCO3可溶于盐酸。‎ ‎①盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子反应生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。‎ ‎②配位溶解法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中的某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如AgCl溶于氨水。‎ ‎③氧化还原法：通过发生氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag2S溶于硝酸。‎ ‎3．沉淀的转化 ‎(1)规律：在难溶电解质的饱和溶液中，溶解度小的沉淀易转化生成溶解度更小的沉淀。‎ ‎(2)实例：AgNO3AgCl(白色沉淀)AgBr(淡黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。‎ ‎4．溶度积的计算 ‎(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中 c(Ag＋)＝ mol·L－1。‎ ‎(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。‎ ‎【高考题型示例】‎ 题型1、弱电解质的电离平衡 ‎【例1】 (2015·海南化学，11，4分)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Kb＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是(　　)‎ 答案　B ‎【举一反三】(2015·课标全国卷Ⅰ，13，6分)浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是(　　)‎ A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M＋)/c(R＋)增大 解析　A项，0.10 mol·L－1的MOH和ROH，前者pH＝13，后者pH小于13，‎ 说明前者是强碱，后者是弱碱，正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH－)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M＋)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROHR＋＋OH－向右进行，c(R＋)增大，所以减小，错误。‎ 答案　D ‎【变式探究】(2014·山东理综)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)‎ A．水的电离程度始终增大 B．c（NH4+）/c（NH3•H2O）先增大再减小 C．c（CH3COOH）与c（CH3COO‾）之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)=c(CH3COO‾)‎ ‎【答案】D ‎【变式探究】(2014·广东理综)常温下，0.2 mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．HA为强酸 B．该混合液pH＝7.0‎ C该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)‎ D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋‎ ‎【答案】C　‎ ‎【解析】‎ 本题考查弱电解质的水解平衡、溶液中微粒组成与浓度大小比较等知识，意在考查考生通过图像获取信息的能力。若HA为强酸，按题意两溶液混合后，所得溶液中c(A－)＝0.1 mol·L－1。由图知A－浓度小于0.1 mol·L－1，表明A－发生水解。根据水解原理，溶液中主要微粒的浓度大小关系应为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，可以判断X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋。则A、B、D项错误，C项满足物料守恒，正确。‎ 题型2、水的电离及溶液的酸碱性 ‎【例2】【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。‎ 下列叙述错误的是 A．pH=1.2时，‎ B．‎ C．pH=2.7时，‎ D．pH=4.2时，‎ ‎【答案】D ‎ 【变式探究】(2016·上海化学，6)能证明乙酸是弱酸的实验事实是(　　)‎ A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2‎ B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7‎ C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2‎ D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红 解析　A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B.该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C.可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，错误；D.可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。‎ 答案　B ‎【举一反三】(2016·浙江理综，12)苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－3，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2。下列说法正确的是(温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分)(　　)‎ A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变 C．当pH为5.0时，饮料中＝0.16‎ D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)－c(HA)‎ 答案　C ‎【变式探究】 (2015·广东理综，11，4分)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是(　　)‎ A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 化，正确；D项，c点对应的溶液呈碱性，稀释溶液，c(OH－)变小，Kw不变，c(H＋)增大，故可引起由c向b的变化，而不是向d变化，错误。‎ 答案　C ‎【举一反三】(2015·天津理综，5，6分)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)‎ 加入物质 结论 A ‎50 mL 1 mol·L－H2SO4‎ 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)‎ B ‎0.05 mol CaO 溶液中增大 C ‎50 mL H2O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变 D ‎0.1 mol NaHSO4固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变 解析　Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4 恰好反应生成0.05 mol Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05 mol Ca(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。‎ 答案　B 题型3、电解质溶液中的粒子比较 ‎【例3】【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，‎ 下列说法正确的是 A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 ‎ B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)‎ D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)‎ ‎【答案】AD 等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=‎ c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+ c(HCOOH)=2c(OH-)‎ ‎+c(HCOO-)，C错误；两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。‎ ‎【举一反三】【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．Ka2（H2X）的数量级为10–6‎ B．曲线N表示pH与的变化关系 C．NaHX溶液中 D．当混合溶液呈中性时，‎ ‎【答案】D ‎－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， ‎ ‎＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误。‎ ‎ 【举一反三】(2016·课标全国Ⅲ，13)下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)‎ A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B．将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大 C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1‎ D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 解析　A项，＝，加水稀释，c(CH3COO―)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，＝(Kh为水解常数)，温度升高水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl―)＋c(OH―)，此时c(H＋)＝c(OH―)，故c(NH)＝c(Cl―)，所以＝1，错误；D项，在饱和溶液中＝，温度不变溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。‎ 答案　D ‎【举一反三】(2016·天津理综，6)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是(　　)‎ A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ‎ C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－) ‎ D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)‎ ‎＝7时，三种离子的浓度分别等于c(Na＋)，然而三种溶液中阴离子水解程度不同，加入的NaOH的体积不同，故三种阴离子的浓度也不同，错误；D项，根据质子守恒即可得出，三种溶液混合后溶液的质子守恒关系：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，正确。‎ 答案　C ‎【变式探究】(2016·四川理综，7)向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 molc(AlO)＋c(OH－)‎ B ‎0.01‎ c(Na＋)>c(AlO)>c(OH－)>c(CO)‎ C ‎0.015‎ c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)‎ D ‎0.03‎ c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)‎ 错误；D项，继续通CO2发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，当n(CO2)＝0.03 mol，此时为NaHCO3溶液，因HCO水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，正确。‎ 答案　D ‎ 【变式探究】(2015·浙江理综，12，6分)40 ℃，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．在pH＝9.0时，c(NH)>c(HCO)>c(NH2COO－)>c(CO)‎ B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋ c(NH2COO－)＋c(OH－)‎ C．随着CO2的通入，不断增大 D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO－的中间产物生成 解析　A项，从题中所给的图中可知，当pH＝9.0时，离子浓度的大小关系为：c(NH)＞c(HCO)＞c(NH2COO－)＞c(CO)，正确；B项，依据电荷守恒，正确；C项，在氨水体系中存在平衡：NH3·H2ONH＋OH－，K＝[c(OH－)·c(NH)]/c(NH3·H2O)，得＝K/c(NH)，随着CO2的通入平衡正向移动，c(NH)增大，温度不变， K不变，则K/c(NH)不断减小，故不断减小，错误； D项，从图中看出，随着溶液中pH的不断降低，NH2COO－的浓度不断增大，继而又不断减小直到为0，故NH2COO－属于生成的中间产物，正确。‎ 答案　C ‎2．(2015·山东理综，13，5分)‎ 室温下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)‎ B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)‎ D．b点所示溶液中c(A－)>c(HA)‎ 错误；C项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A－)>c(HA)，正确。学++科.网 答案　D ‎3．(2015·安徽理综，13，6分)25 ℃时，在10 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)‎ A．未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)＝c(NH3·H2O)‎ B．加入10 mL盐酸时：c(NH) ＋c(H＋)＝c(OH－)‎ C．加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na＋)‎ D．加入20 mL盐酸时： c(Cl－) ＝c(NH) ＋c(Na＋)‎ 解析　A项，未加盐酸时，由于NH3·H2O的部分电离，所以c(OH－)＞c(Na＋) ＞c(NH3·H2O)，错误；B项，加入10 mL盐酸时，c(Cl－) ＝c(Na＋)，再由电荷守恒可知c(NH) ＋c(H＋) ＝c(OH－)，正确；C项，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(NH) ＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，所以有c(Cl－) ＞c(Na＋)，错误；D项，当加入20 mL盐酸时溶质为NaCl、 NH4Cl，溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，再根据电荷守恒可得：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)，则c(Cl－)＞c(NH) ＋c(Na＋)，错误。‎ 答案　B ‎4．(2015·四川理综，6，6分)常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(　　)‎ A.<1.0×10－7 mol/L B．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)‎ C．c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)‎ D．c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)‎ c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，正确；C项，根据电荷守恒有：c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，错误；D项，由于c(NH4Cl)>c(NaHCO3)，NH发生水解，HCO发生微弱的电离，故离子浓度关系为c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)，正确。‎ 答案　C ‎5．(2015·江苏化学，14，4分)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A．向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)‎ B．向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)＞c(NH)＞c(SO)‎ C．向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋ ‎ c(H2SO3)]‎ D．向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)‎ 解析　A项，根据电荷守恒可知：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，根据物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，三式联立可得：c(H2SO3)＋c(NH)＝c(SO)，则c(NH)