第三章 重难点十一 离子浓度大小的比较.docx

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第三章重难点十一离子浓度大小的比较

一、单一溶液中离子浓度大小的比较：

1．多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如0.1mol/L的H3PO4的溶液中：

c（H+）＞c（H2PO4-）＞c（HPO42-）＞c（PO43-）

点拨：

判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：

（显性离子）＞（一级电离离子）＞（二级电离离子）＞（水电离出的另一离子）

2．一元弱酸的正盐溶液，如0.1mol/L的CH3COONa溶液中：

c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

点拨：

判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：

（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）

3．多元弱酸正盐根据多元弱酸根的分步水解分析：

如0.1mol/L的Na2CO3溶液中：

c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）

点拨：

判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：

（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（二级水解离子）＞（水电离出的另一离子）

4．二元弱酸的酸式盐溶液，如0.1mol/L的NaHCO3溶液：

c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）

点拨：

判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：

（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）＞（电离得到的酸根离子）

5．不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其它离子对其影响的因素．

如在相同物质的量的浓度的下列溶液：

①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是：

③＞①＞②．

点拨：

该类型题要看溶液中其它离子对的其影响。

二、混合溶液中离子浓度大小的比较：

1．两种物质混合不反应：

如①等物质的量的CH3COOH和CH3COONa混合：

CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，混合后溶液呈酸性，c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）

②等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O混合：

和NH3•H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，混合后溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）

2．两种物质其恰好完全反应：

如①10ml0.1mol/LNaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液混合

②100mL0.1mol/L醋酸与50mL0.2mol/LNaOH溶液混合等．

3．两种物质反应，其中一种有剩余

（1）酸与碱反应型：

点拨：

在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”，否则会很容易判断错误．解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小．

如：

0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合

解析：

上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再按照HCN的电离处理，而应按NaCN水解为主．

①pH=7型：

例．常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（　　）

A．HCOO-]＞Na+]

B．HCOO-]＜Na+]

C．HCOO-]=Na+]

D．无法确定HCOO-]与Na+]的关系

解析：

该溶液中有四种离子HCOO-、OH-、Na+、H+，根据电荷守恒Na+]+H+]=OH-]+HCOO-]，根据pH=7得H+]=OH-]，故HCOO-]=Na+]，选C．

②未指明酸碱的强弱：

③pH之和等于14的酸和碱溶液的混合（判断过量）

如：

①pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合后溶液呈酸性；

②pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水过量，混合后溶液呈碱性．

（2）盐与酸（碱）反应型

①弱酸强碱盐与强酸反应后溶液中离子浓度大小的比较

例．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是

A．c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（HAc）

B．c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）

C．c（Ac-）=c（Cl+）＞c（H+）＞c（HAc）

D．c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）

②强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较

例．0.2mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）

A．c（NH4+）=c（Na+）=c（OH-）＞c（NH3•H2O）

B．c（NH4+）=c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）

C．c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）

D．c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+）

解析：

因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液的成分为0.05mol/LNH3•H2O，0.05mol/LNaCl，0.05mol/LNH4Cl．因为NH3•H2O的电离平衡程度大于NH4+的水解程度，所以c（OH-）＞c（H+）；且c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，c（NH4+）＞0.1mol/L．因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+）．D选项正确．根据电荷守恒，C选项正确．答案：

C、D．

4．不同物质同种离子浓度的比较：

如NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4和NH4HCO3中NH4+的比较

题型一：

单一溶液离子浓度大小的比较

典例1：

（2014•清远模拟）25℃时，某浓度的氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中正确的是（　　）

A．溶液中的 c（OH-）=1×10 -10mol•L-1

B．溶液中的c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）

C．溶液中的c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-）

D．溶液中的c（NH3•H2O）=c（NH4+）

分析：

某浓度的氯化铵溶液的pH=4，说明溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据Kw=c（H+）．c（OH-）结合电荷守恒来分析解答．

解答：

A．溶液中c（OH-）=

mol/L=1×10 -10mol•L-1，故A正确；

B．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中都存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）＜c（Cl-），盐溶液中c（Cl-）＞c（H+），则离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；

C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），故C正确；

D．根据物料守恒，则c（NH3•H2O）+c（NH4+）=c（Cl-），铵根离子易水解而使溶液呈酸性，但水解程度较小，所以c（NH3•H2O）＜c（NH4+），故D错误；

故选AC．

点评：

本题考查了盐类的水解，溶液中铵根离子易水解而使溶液呈酸性，结合物料守恒及电荷守恒来分析解答，注意含有弱根离子的盐促进水电离，难度中等．

题型二：

混合溶液离子浓度大小的比较

典例2：

（2014•黄浦区一模）下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是（　　）

A．10mL 0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL 1mol/L盐酸混合：

c（Cl-）＞c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）

B．0.1mol/L pH为4的NaHB溶液中：

c（HB-）＞c（H2B）＞c（B2-）

C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：

c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）

D．pH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe （SO4）2溶液和NH4Cl溶液：

c（NH4）2SO4]＜c（NH4）2Fe （SO4）2]＜c（NH4Cl）

分析：

A．二者混合溶液，溶液中存在的溶质是氯化钠、醋酸和盐酸，醋酸和氯化氢都电离出氢离子导致溶液呈酸性，根据物料守恒判断；

B．0.1mol/L 的NaHB溶液pH为4，说明HB-的电离程度大于水解程度；

C．混合溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨；

D．亚铁离子、铵根离子水解都使溶液呈酸性，则亚铁离子抑制铵根离子水解．

解答：

A．n（CH3COONa）=0.5mol/L×0.01L=0.005mol＜n（HCl）=1mol/L×0.006L=0.006mol，所以盐酸过量，二者混合后溶液中的溶质是醋酸、氯化钠、盐酸，醋酸和盐酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c（H+）＞c（CH3COO-），故A错误；

B.0.1mol/L 的NaHB溶液pH为4，说明HB-的电离程度大于水解程度，所以c（B2-）＞c（H2B），故B错误；

C．溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），混合溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），则c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42-），钠离子、硫酸根离子不水解，铵根离子能水解，所以c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+），故C正确；

D．相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，硫酸铵和氯化铵都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，即2c（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），亚铁离子抑制铵根离子水解，所以pH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe （SO4）2溶液和NH4Cl溶液：

c（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl）＜c（NH4）2Fe （SO4）2]，故D错误；

故选C．

点评：

本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质及溶液的酸碱性是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，注意亚铁离子对铵根离子的影响，为易错点．

题型三：

图象分析

典例3：

（2014•南京模拟）25℃时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如右图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（　　）

A．W点所示的溶液中：

c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）

B．pH=4的溶液中：

c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）＜0.1 mol•L-1

C．pH=8的溶液中：

c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3-）=c（OH-）+c（Cl-）

D．pH=11的溶液中：

c（Na+）＞c（Cl-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）

分析：

A．根据电荷守恒判断；

B．根据物料守恒判断；

C．先判断溶液中的溶质，再根据物料守恒判断；

D．先根据图象判断溶液中的溶质，再确定其浓度关系．

解答：

A．根据电荷守恒可知，溶液中离子应该满足关系式c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）+c（HCO3-），故A错误；

B．pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）＜0.1mol•L-1，故B正确；

C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=c（Cl-）=

【重难点点睛】

一、离子浓度大小比较的解题方法和步骤：

1．判断水解、电离哪个为主．

（1）盐离子不水解不电离：

强酸强碱盐，如NaCl、Na2SO4等．

（2）盐离子只水解不电离：

强酸弱碱或弱酸强碱形成的正盐，如NH4Cl、Na2CO3等 

（3）盐离子既水解又电离：

多元弱酸形成的酸式盐，以水解为主的有NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等；以电离为主的有NaHSO3和NaH2PO4等 

（4）根据题意判断：

如某温度下NaHB强电解质溶液中，当c（H+）＞c（OH-）时，以HB-的电离为主；当c（H+）＜c（OH-）时，以HB-的水解为主．对于弱酸HX与强碱盐（NaX式）的混合溶液中，当c（H+）＞c（OH-）时，以HX的电离为主；

当c（H+）＜c（OH-）时，以X-的水解为主．对于弱碱ROH与强酸盐（RCl式）的混合溶液中，情况则相反．

2．运用盐溶液中的以上三种关系进行综合分析判断，得出正确结论．

二、离子浓度大小比较，在分析问题时注意的问题：

1．三个观点：

（1）全面的观点．探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：

在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的．

（2）矛盾的观点．事物是矛盾的统一体，处理矛盾问题时要抓住主要矛盾．在比较离子浓度大小时，若溶液中存在竞争反应时，需要抓住主要矛盾来解决相关问题．如等物质的量的NH4Cl、NH3•H2O共存于溶液中，则溶液中同时存在NH4+水解和NH3•H2O的电离，由于NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，故考虑电离而忽略水解，由此得出离子浓度的大小关系为：

c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+）．在应用此观点时，正确判断矛盾双方的性质是必要的，如一级电离通常大于二级电离，一级水解通常大于二级水解．弱酸及其对应盐、弱碱及其对应盐所形成的缓冲溶液中通常情况是电离强于水解，极少数例外（如HCN及CN-）．

（3）联系的观点．事物是相互联系、相互影响，而不是孤立存在的．溶液的离子亦如此，要应用化学原理，准确判断离子之间的相互影响．比如：

纯水中由水电离出的H+、OH-满足c（OH-〕=c（H+）；若加入碱或酸，则碱或酸电离出的OH-、H+会抑制水的电离，而使c（H+〕水=c（OH-）水但数值减小；若加入可水解的盐，则因弱离子的水解消耗H+或OH-而促进水的电离，c（H+）水与c（OH-）水不再相等．象这样因为某种作用改变离子存在状况的例子很多． 

2．两种理论：

（1）弱电解质的电离平衡理论 

①弱电解质的电离是微量的，电离消耗及电离产生的粒子是少量的，同时还应考虑水的电离．

②多元弱酸的电离是分步的，主要是第一步电离．

（2）水解平衡理论 

①弱酸根离子或弱碱阳离子由于水解而损耗． 

如NH4Cl溶液中，因NH4+水解损耗，所以c（Cl-）＞c（NH4+） 

②弱酸根离子或弱碱阳离子的水解损失是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生的H+（或OH-）也是微量的．但由于水的电离，所以水解后酸性溶液中c（H+）或碱性溶液中的c（OH-）问题大于水解产生的弱电解质的浓度． 

③多元弱酸根离子的水解是分步的，以第一步水解为主．

④强碱弱酸酸式盐溶液中弱酸酸根离子既有电离又有水解，比较离子浓度时首先要认清其阴离子的电离程度和水解程度． 

a．若溶液显酸性，说明阴离子的电离程度＞水解程度． 

b．若溶液显碱性，说明阴离子的电离程度＜水解程度． 

⑤弱酸、弱碱与其对应盐的混合液（物质的量之比为1：

1）

a．一般规律是：

酸、碱的电离程度＞其对应盐的水解程度． 

CH3COOH～CH3COONa混合液呈酸性：

c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）； 

NH3•H2O～NH4Cl混合液呈碱性：

c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）

b．特殊情况：

HCN～NaCN混合液呈碱性：

c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）

3．三大守恒：

（1）电荷平衡 

（2）物料平衡 

（3）质子守恒

【重难点指数】★★★★

【重难点考向一】单一溶液离子浓度大小的比较

【例1】（双选）25℃时，某浓度的氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中正确的是（　　）

A．溶液中的 c（OH-）=1×10 -10mol•L-1

B．溶液中的c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）

C．溶液中的c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-）

D．溶液中的c（NH3•H2O）=c（NH4+）

【答案】AC

【解析】A．溶液中c（OH-）=

mol/L=1×10-10mol•L-1，故A正确；B．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中都存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）＜c（Cl-），盐溶液中c（Cl-）＞c（H+），则离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），故C正确；D．根据物料守恒，则c（NH3•H2O）+c（NH4+）=c（Cl-），铵根离子易水解而使溶液呈酸性，但水解程度较小，所以c（NH3•H2O）＜c（NH4+），故D错误；故选AC。

【重难点点睛】考查了盐类的水解，某浓度的氯化铵溶液的pH=4，说明溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据Kw=c（H+）．c（OH-）结合电荷守恒及物料守恒来分析解答。

【重难点考向二】混合溶液离子浓度大小的比较

【例2】下列说法正确的是（）

A．10mL 0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL 1mol/L盐酸混合：

c（Cl-）＞c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）

B．0.1mol/L pH为4的NaHB溶液中：

c（HB-）＞c（H2B）＞c（B2-）

C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：

c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）

D．pH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液：

c（NH4）2SO4]＜c（NH4）2Fe（SO4）2]＜c（NH4Cl）

【答案】C

【名师点睛】考查离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质及溶液的酸碱性是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，注意亚铁离子对铵根离子的影响，为易错点。

【重难点考向三】图象分析

【例3】25℃时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如右图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（　　）

A．W点所示的溶液中：

c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）

B．pH=4的溶液中：

c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）＜0.1 mol•L-1

C．pH=8的溶液中：

c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3-）=c（OH-）+c（Cl-）

D．pH=11的溶液中：

c（Na+）＞c（Cl-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）

【答案】B

【名师点睛】考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力．该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可。

1．常温下，对pH=10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是（　　）

A．c（CO32-）＞c（H2CO3）

B．c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）

C．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（OH-）

D．c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）

【答案】BD

【解析】A．常温下，pH=10的NaHCO3溶液中，HCO3-的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，则c（CO32-）＜c（H2CO3），故A错误；B．HCO3-的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），碳酸氢根离子电离和水解程度都较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故C错误；D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故D正确；故选BD。

【名师点睛】考查了离子浓度大小比较，常温下，pH=10的NaHCO3溶液中，HCO3-的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒分析解答。

2．（双选）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）

A．0.1 mol•L-1的NH4Cl溶液中：

c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）

B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：

c（Na+）＞c（Cl-）

C．已知Ka（HF）=7.2×10-4，Ka（HCN）=6.2×10-10，等体积等浓度的NaF、NaCN溶液中，前者离子总数小于后者

D．浓度均为0.1 mol•L-1的①（NH4）2CO3  ②（NH4）2SO4  ③（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（NH4+）的大小顺序为：

③＞②＞①

【答案】BD

【名师点睛】考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握盐类水解、水解的促进和抑制及电荷守恒式为解答的关键，选项D为解答的易错点，①相互促进水解，②中只有铵根离子水解，③中铁离子水解生成的氢离子抑制铵根离子水解。

3．（双选）H2C2O4为二元弱酸．20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol•L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示．下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（　　）

A．PH=2.5的溶液中：

c（H2C2O4）+c（C2O42-）＞c（HC2O4-）

B．c（Na+）=0.100 mol•L-1的溶液中：

c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）

C．c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中：

c（Na+）＞0.100 mol•L-1+c（HC2O4-）

D．pH=7的溶液中：

c（Na+）＞2c（C2O42-）

【答案】BD

4．室温下，0.1mol•L-1的NaHB溶液中c（H+）＞c（OH-）．则下列关系中一定正确的是（　　）

A．c（Na+）+c（H+）=c（HB-）+2c（B2-）

B．c（H+）•c（OH-）=10-14

C．c（Na+）=c（B2-）+c（HB-）

D．溶液的pH=1

【答案】B

【解析】A．溶液存在电荷守恒，应为c（Na+）+c（H+）=c（HB-）+2c（B2-）+c（OH-），故A错误；B．常温下，水的离子积常数K=c（H+）•c（OH-）=10-14，故B正确；C．由物料守恒可知c（Na+）=c（B2-）+c（HB-）+c（H2B），故C错误；D．HB-电离程度未知，则溶液的pH不一定为1，故D错误；故选B。