往部分变质的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，碳酸根的浓度随通入…——2021 高考化学第 19 题答案解析

**1. 分析图像与反应过程**
* **a 点（起点）：** 溶液为部分变质的 NaOH 溶液，溶质为 NaOH 和 $Na_2CO_3$。由图可知，此时 $n(CO_3^{2-}) = 0.1\text{ mol}$，即原溶液中含有 $0.1\text{ mol } Na_2CO_3$。
* **a $\to$ b 段：** 通入 $CO_2$，发生反应 $2NaOH + CO_2 = Na_2CO_3 + H_2O$。
* 随着 $CO_2$ 通入，NaOH 转化为 $Na_2CO_3$，溶液中 $CO_3^{2-}$ 增多。
* 到达 b 点时，$CO_3^{2-}$ 达到最大值 $0.4\text{ mol}$，且消耗 $n(CO_2) = 0.3\text{ mol}$。
* 根据反应方程式，消耗 $0.3\text{ mol } CO_2$ requires $0.6\text{ mol } NaOH$，同时生成 $0.3\text{ mol } Na_2CO_3$.
* 验证：原有 $0.1\text{ mol } Na_2CO_3$ + 新生成 $0.3\text{ mol } Na_2CO_3$ = $0.4\text{ mol}$，与图像 b 点纵坐标一致。
* **结论：** a 点溶质为 $0.6\text{ mol } NaOH$ 和 $0.1\text{ mol } Na_2CO_3$；b 点溶质为 $0.4\text{ mol } Na_2CO_3$。
* **b $\to$ c 段：** 继续通入 $CO_2$，发生反应 $Na_2CO_3 + CO_2 + H_2O = 2NaHCO_3$。
* $CO_3^{2-}$ 转化为 $HCO_3^-$，浓度降低。
* c 点时，消耗 $CO_2$ 总量为 $0.6\text{ mol}$，即 b $\to$ c 消耗了 $0.6 - 0.3 = 0.3\text{ mol } CO_2$。
* 根据反应方程式，消耗 $0.3\text{ mol } CO_2$ 会消耗 $0.3\text{ mol } Na_2CO_3$，生成 $0.6\text{ mol } NaHCO_3$。
* 剩余 $Na_2CO_3$：$0.4 - 0.3 = 0.1\text{ mol}$，与图像 c 点纵坐标一致。
* **结论：** c 点溶质为 $0.1\text{ mol } Na_2CO_3$ 和 $0.6\text{ mol } NaHCO_3$。

**2. 选项分析**
* **A 项：** a 点时，$n(NaOH) = 0.6\text{ mol}$，$n(Na_2CO_3) = 0.1\text{ mol}$。在同一溶液中，浓度比等于物质的量之比，即 $\frac{c(NaOH)}{c(Na_2CO_3)} = \frac{0.6}{0.1} = \frac{6}{1}$。选项中为 $\frac{3}{1}$，故 **A 错误**。
* **B 项：** b 点溶质为 $Na_2CO_3$。$CO_3^{2-}$ 水解显碱性：$CO_3^{2-} + H_2O \rightleftharpoons HCO_3^- + OH^-$。由于水解程度较小，且水本身也电离出 $OH^-$，故 $c(OH^-) > c(HCO_3^-)$。正确的离子浓度大小关系为 $c(Na^+) > c(CO_3^{2-}) > c(OH^-) > c(HCO_3^-) > c(H^+)$。故 **B 错误**。
* **C 项：**
* a 点含有大量强碱 NaOH，强烈抑制水的电离。
* b 点为 $Na_2CO_3$ 溶液，$CO_3^{2-}$ 水解促进水的电离。
* c 点为 $Na_2CO_3$ 和 $NaHCO_3$ 的混合溶液。虽然两者都水解促进水的电离，但 $CO_3^{2-}$ 的水解程度远大于 $HCO_3^-$。b 点 $CO_3^{2-}$ 浓度大且无 $HCO_3^-$ 抑制，故 b 点水的电离程度最大。c 点主要溶质是 $NaHCO_3$，促进程度小于 b 点。
* 综上，水的电离程度：$b > c > a$。故 **C 正确**。
* **D 项：** c 点溶液中 $n(HCO_3^-) : n(CO_3^{2-}) = 0.6 : 0.1 = 6 : 1$。加入 HCl 发生反应，反应物的物质的量之比应符合溶液中的比例。选项给出的方程式中 $HCO_3^-$ 与 $CO_3^{2-}$ 的系数比为 $7:1$，与实际不符。故 **D 错误**。