2024届高考化学增分小专题：《溶液中“粒子”浓度大小的比较》(解析版)

2024届新高考增分小专题：溶液中“粒子”浓度大小的比较真题再现●辨明考向1.(2023年湖南卷)常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝eq\f(V(标准溶液),V(待测溶液)))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76B.点a：c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.点b：c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)D.水的电离程度：a＜b＜c＜d答案：D解析：NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100mol/L，c(H+)＝10-3.38mol/L，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(H+)∙c(CH3COO－),c(CH3COOH))≈eq\f(10-3.38×10-3.38,0.01)＝10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；2.(2023年新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag+＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。下列说法错误的是A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag+)∙c(Cl－)＝10-9.75C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag+)答案：B解析：氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。A．由分析可知，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线，可视为氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，故A正确；B．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，由图可知，氨分子浓度小于10-6mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度均为10-5mol/L，则氯化银的溶度积为10-5×10-5=10-10，故B错误；C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子[Ag(NH3)2]＋和一氨合银离子[Ag(NH3)]＋的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝eq\f(c([Ag(NH3)2]＋),c([Ag(NH3)]＋)c(NH3))＝eq\f(10-2.35,10-5.16×10-1)＝103.81，故C正确；D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示[Ag(NH3)2]＋、[Ag(NH3)]＋、Ag+、Cl－与氨气浓度对数变化的曲线，则c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag+)，故D正确；3．(2023年北京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：i．图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii．2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)∙c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)∙c(COeq\o\al(2-,3))＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3＝0.1mol·L－1，不同pH下c(COeq\o\al(2-,3))由图1得到]。下列说法不正确的是A．由图1，pH＝10.25，c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2-,3))B．由图2，初始状态pH＝11，lg[c(Mg2+)]＝－6，无沉淀生成C．由图2，初始状态pH＝9，lg[c(Mg2+)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＝0.1mol·L－1D．由图1和图2，初始状态pH＝8，lg[c(Mg2+)]＝－1，发生反应：Mg2+＋2HCOeq\o\al(－,3)＝MgCO3↓＋CO2↑＋H2O答案：C解析：A．水溶液中的离子平衡

从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出pH＝11，lg[c(Mg2+)]＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出pH＝9，lg[c(Mg2+)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＜0.1mol·L－1，C项错误；D．pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCOeq\o\al(－,3)，pH＝8，lg[c(Mg2+)]＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2+＋2HCOeq\o\al(－,3)＝MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，D项正确；4．(2023年湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3+)＝2.0×10-4mol·L-1，c0(H2L)＝5.0×10-3mol·L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝eq\f(c(x),2.0×10-4mol·L-1)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是A．当pH＝1时，体系中c(H2L)＞c([FeL]＋)＞c(OH－)＞c(HL－)B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-C．L2-＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lgK约为14D．当pH＝10时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3mol·L-1答案：C解析：从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c(HL－)≈10-9.46，但pH=1时c(OH－)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；C．该反应的平衡常数K=eq\f(c([FeL2]－),c([FeL]+)c(L2-))，当[FeL2]－与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=eq\f(1,c(L2-))，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)＝5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lgK≈14，C正确；D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)＝c([FeL2(OH)]2-)＝1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；5．(2023年福建卷)25℃时，某二元酸(H2A)的Ka1＝10-3.04、Ka2＝10-4.37。1.0mol·L－1NaHA溶液稀释过程中δ(H2A)、δ(HA－)、δ(A2－)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)＝－lgc(Na+)，HA－的分布系数δ(HA－)＝eq\f(c(HA－),c(H2A)·c(HA－)∙c(A2－))。下列说法错误的是A．曲线n为δ(HA－)的变化曲线B．a点：pH＝4.37C．b点：2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)D．c点：c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)答案：B解析：1.0mol·L－1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA－H+＋A2-和水解平衡HA－＋H2OOH－＋H2A，HA－的分布系数先保持不变后减小，曲线n为δ(HA－)的变化曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小，δ(A2－)增大明显，故曲线m为δ(A2－)的变化曲线，则曲线p为δ(H2A)的变化曲线；A．1.0mol·L－1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA－H+＋A2-和水解平衡HA－＋H2OOH－＋H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为δ(HA－)的变化曲线，选项A正确；B．a点，pc(Na+)=1.0，则c(Na+)＝0.1mol/L，δ(HA－)=0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，Ka2＝eq\f(c(A2－)∙c(H+),c(HA－))＝10-4.37，c(H+)＝eq\f(0.70,0.15)×10-4.37，pH≠4.37，选项B错误；C．b点,δ(HA－)＝0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，即c(H2A)＝c(A2-)，根据物料守恒有，c(A2-)＋c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，故2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，选项C正确；D．c点：δ(HA－)＝δ(A2－)，故c(HA－)＝c(A2-)根据电荷守恒有c(Na+)＋c(H+)＝2c(HA－)＋c(HA－)＋c(OH－)，故c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)，选项D正确；6.(2023年江苏卷)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp(MgF2)＝5.2×10-11，Ka(HF)＝6.3×10-4。下列说法正确的是A．0.1mol·L-1NaF溶液中：c(F－)＝c(Na+)＋c(H+)B.“除镁”得到的上层清液中：c(Mg2+)＝eq\f(Ksp(MgF2),c(F－))C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(COeq\o\al(2-,3))＝c(H+)＋c(H2CO3)－c(OH－)D.“沉锰”后的滤液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))答案：C解析：A．0.1mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(F－)＝c(Na+)＋c(H+)，A错误；B．“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)∙c2(F－)，故c(Mg2+)＝eq\f(Ksp(MgF2),c2(F－))，B错误；C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH－)＝c(H+)＋c(H2CO3))，故c(COeq\o\al(2-,3))＝c(H+)＋c(H2CO3)－c(OH－)，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F－、SOeq\o\al(2-,4)等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。7.(2023年重庆卷)(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是A.M点Kw等于N点KwB.M点pH大于N点pHC.N点降温过程中有2个平衡发生移动D.P点c(H+)＋c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＋c(NH3∙H2O)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2-,4))答案：B解析：A．温度升高，水的电离程度增大，则M点Kw小于N点Kw，A错误；B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B正确；C．N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，c(H+)＋c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2-,4))，D错误；8．(2023届T8联考)25℃时，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lgeq\f(c(H+),c(OH－))随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是A．a点时溶液中水电离出的c(H+)＝10-12mol·L-1B．c点时溶液中：c(Y－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．水的电离程度：d＞cD．中和等体积、等浓度的两种酸所需的NaOH的物质的量：HX＞HY答案：B解析：A．a点lgeq\f(c(H+),c(OH－))＝12，eq\f(c(H+),c(OH－))＝1012，则溶液中c(H+)＝10-1mol/L，HX抑制水电离，所以水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1，故A错误；B．c点表示向浓度为0.1mol·L-1、体积为100mL的HY溶液中加入0.005molNaOH固体，溶质为等物质的量浓度的HY、NaY，溶液呈酸性，HY电离大于NaY水解，所以c(Y－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．d点酸电离出的氢离子浓度大于c点，水的电离程度d＜c，故C错误；D．等体积、等浓度两种酸物质的量相等，中和两种酸所需NaOH的物质的量相等，故D错误；9.(2022年福建卷)氨氢是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：①2NH3＋3ClO－＝N2↑＋3Cl－＋3H2O②NH3＋4ClO－＋OH－＝NOeq\o\al(－,3)＋4Cl－＋2H2O在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L0.006mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是A.x1的数值为0.009B.x＞x1时，c(Cl－)＝4c(NOeq\o\al(－,3))C.x＞x1时，x越大，生成N2的量越少D.x＝x1时，c(Na+)＋c(H+)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)答案：C解析：A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，n(NH3)＝0.006mol·L－1×1L＝0.006mol，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗n(ClO-)1＝eq\f(0.006mol×95%,2)×3＝0.00855mol，参与反应②消耗n(ClO-)2＝4×0.006mol×5%＝0.0012mol，x1＝0.00855mol＋0.0012mol＝0.0097mol，A错误；B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)＞4c(NOeq\o\al(－,3))，B错误；C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,3))，D错误；10.(2022年重庆卷)某小组模拟成垢－除垢过程如图。100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液eq\o(,\s\up7(0.01molNa2SO4),\s\do7(①))eq\o(,\s\up7(0.02molNa2CO3),\s\do7(②))eq\o(,\s\up7(0.02mol冰醋酸),\s\do7(③))……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(SOeq\o\al(2-,4))C.经过步骤②，溶液中c(Cl-)＝c(COeq\o\al(2-,3))+c(HCOeq\o\al(－,3))+c(H2CO3)D.经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)＝c(Cl-)答案：D解析：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0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SOeq\o\al(2-,4)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0.01molNaSO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SOeq\o\al(2-,4))，故B错误；C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01molNaSO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(COeq\o\al(2-,3))+2c(HCOeq\o\al(－,3))+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、0.01molCa(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正确；11.(2022年6月浙江卷)25℃时，向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(酷酸的Ka＝1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH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NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H+＋OH-＝H2OC.滴定过程中，c(Cl-)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)D.pH＝7时，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)答案：B解析：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．根据电离常数，0.1mol·L－1的盐酸和醋酸中，c(H+)=eq\r(1.8)×10-3mol·L－1＞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，B错误；C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；D．向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；12.(2022年河北卷)某水样中含一定浓度的COeq\o\al(2-,3)、HCOeq\o\al(－,3)和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A．该水样中c(COeq\o\al(2-,3))=0.01mol•L-1B．a点处c(H2CO3)＋c(H+)＝c(OH－)C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))基本保持不变D．曲线上任意一点存在c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol•L-1答案：C解析：向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋＝H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)可知，水样中碳酸根离子的浓度为eq\f(0.01000mol/L×0.0200L,0.0100L)＝0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为eq\f(0.01000mol/L×(0.0500L－0.0200L－0.0200L),0.0100L)＝0.01mol/L。A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(COeq\o\al(2-,3))，故B错误；C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为eq\f(0.01000mol/L×0.01L＋0.01000mol/L×V(HCl),0.0100L＋V(HCl))＝0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]会小于0.03mol/L，故D错误；13．(2022年海南卷)NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，Ka(HClO)＝4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A.0.01mol/L溶液中，c(ClO－)＜0.01mol·L－1B.长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C.通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O＝HSOeq\o\al(－,3)＋HClOD.25℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO－)＝c(Na+)答案：AD解析：A．NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO－)＜0.01mol/L，A正确；B．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O2↑，不会释放Cl2，B错误；C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SOeq\o\al(2-,4)+2H+，C错误；D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO－)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO－)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO－)，所以c(HClO)＞c(ClO－)=c(Na+)，D正确；14．(2022年湖南卷)室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgBr)＝5.4×10-13，Ksp(AgI)＝8.5×10-17。下列说法正确的是A.a点：有白色沉淀生成B.原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1C.当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀D.b点：c(Cl－)＞c(Br－)＞c(I－)＞c(Ag+)答案：C解析：向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10-4mol。A．I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B．原溶液中I－的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol·L－1，故B错误；C．当Br－沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)＝＝5.4×10-8mol/L，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－)=＝3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl－)＝c(I-)=0.0100mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故C正确；D．b点加入了过量硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：c(Ag+)＞c(Cl－)＞c(Br－)＞c(I－)，故D错误；15.(2022年江苏卷)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(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2－,3))。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(HCOeq\o\al(－,3))B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCOeq\o\al(－,3))+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降答案：C解析：A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则COeq\o\al(2－,3)主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCOeq\o\al(－,3))，若为NaHCO3溶液，则HCOeq\o\al(－,3)发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCOeq\o\al(－,3))，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(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，依据物料守恒，溶液中：c(K+)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))+c(HCOeq\o\al(－,3))+c(H2CO3)]，则c(OH-)＝c(H+)＋c(HCOeq\o\al(－,3))+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＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10-14,4.4×10-7)≈2.3×10-8＞Ka2＝4.4×10-11，表明HCOeq\o\al(－,3)以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，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，溶液的温度升高，D不正确；16．(2021年全国乙卷)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A．溶液pH＝4时，c(M+)＜3.0×10-4mol/LB．MA的溶度积度积Ksp(MA)＝5.0×10-8C.溶液pH＝7时，c(M+)＋c(H+)＝c(A－)＋c(OH-)D．HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10-4答案：C解析：本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)＝mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则Ksp(MA)＝c(M+)×c(A-)＝c2(M+)＝5.0×10-8，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)＋c(H+)＝c(A－)＋c(OH-)＋nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．当c(A－)＝c(HA)时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中c(H+)＝2.0×10-4mol·L-1，，D正确；故选C。17.(2021年高考湖南卷)常温下，用0.1000mol·L－1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L－1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A.该溶液中：B.三种一元弱酸的电离常数：C.当时，三种溶液中：D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：答案：C解析：由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D正确；故选C。18.(2021年6月浙江选考)取两份10mL0.05mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A.由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度B.过程中：逐渐减小C.过程中：D.令c点的，e点的，则答案：C解析：向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。19.(2021年高考山东卷)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+eq\o(,\s\up7(K1))H2R+eq\o(,\s\up7(K2))HReq\o(,\s\up7(K3))R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是()A．>B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)答案：CD解析：向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。A．，，因此，故A错误；B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；20．(2021年浙江1月选考)实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是：A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC.随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D.25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)答案：C解析：由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)-c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+)－c(CH3COO-)＝c(Cl-)－c(NH4+)，D说法正确。

知识梳理●智能提升一、三大守恒1．物料守恒(原子守恒)在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，因HCOeq\o\al(－,3)水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－以及HCOeq\o\al(－,3)电离：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，碳元素的存在形式有3种，即HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、COeq\o\al(2－,3)，由n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)。2．电荷守恒在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCOeq\o\al(－,3))＋2n(COeq\o\al(2－,3))＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。(因COeq\o\al(2－,3)带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)3．质子守恒电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如NaHCO3溶液中：(得质子)(基准粒子)(失质子)即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。二、比较溶液中粒子浓度大小的解题流程题型一单一溶液中各离子浓度的比较(1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))。(2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))。例1：50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0mol·L－1B．饱和小苏打溶液中：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))C．饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的纯碱溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1答案：C解析：pH＝4的醋酸溶液中：c(H＋)＝0.0001mol·L－1，A错误；饱和小苏打溶液中根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，B错误；饱和食盐水中根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C正确；pH＝12的纯碱溶液中氢离子浓度是1.0×10－12mol·L－1,50℃时水的离子积常数不是1×10－14，则溶液中c(OH－)≠1.0×10－2mol·L－1，D错误。例2：．由下列物质所配成的0.1mol·L－1的溶液中，离子浓度由大到小的顺序排列正确的是A．NH4Cl：c(Cl－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)B．Na2CO3：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)C．NaHCO3：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)D．(NH4)2SO4：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)>c(OH－)答案：D解析：首先考虑盐的电离是主要的，其次是盐电离出的离子水解是微弱的，最后不要忘记水的电离。A项应为c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)，B项应为c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)，C项应为c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H＋)。题型二不同溶液中同一离子浓度的比较不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序为③＞①＞②。例3：有4种混合溶液，分别由下列等体积的0.1mol·L－1的两种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。下列各项排序中正确的是()A．pH：②>③>④>①B．c(CH3COOH)：①>④>③>②C．c(CH3COO－)：②>④>③>①D．溶液中c(H＋)：①>③>②>④[思路点拨]不同溶液中同种粒子浓度大小的比较答案：C解析：④中还存在能水解的HCOeq\o\al(－,3)，故④的碱性强于③，A错误；由于④中两种阴离子水解相互抑制，故水解生成的醋酸分子比③中的少，B错误；④中CH3COO－浓度比③中的大，②中CH3COO－的水解受到NaOH的强烈抑制，使得溶液中CH3COO－的浓度最大，①中两种溶液混合后恰好反应生成醋酸，醋酸为弱电解质，故其电离程度较小，溶液中CH3COO－的浓度最小，C正确；②的溶液碱性最强，即②中c(H＋)最小，D错误。例4：．比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是________。(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是________。(3)c(NHeq\o\al(＋,4))相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为________。答案：(1)③②④①(2)②①③(3)④②③①题型三混合溶液中各离子浓度的比较混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。例5：用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图。下列说法中正确的是A．HX为强酸B．M点c(HX)<c(X－)C．N点c(Na＋)>(X－)且有c(Na＋)＝c(X－)＋c(HX)D．P点c(Cl－)＝0.05mol·L－1[思路点拨]解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性：(1)起点：起点为单一溶液，判断酸碱的强弱；(2)反应一半点：两者反应生成等物质的量的盐和酸(或碱)混合液，根据溶液酸碱性，判断电离程度和水解程度的大小。(3)中性点：溶液是中性，可以判断酸(或碱)有没有完全被中和。(4)恰好反应点：此时二者恰好完全反应生成正盐，根据溶液的酸碱性，判断盐的类型，进一步确定酸、碱的强弱。(5)过量点：此时酸或碱过量，得到盐与酸或碱的混合液，根据溶液酸碱性，判断离子浓度大小。答案：C解析：A项，根据图像知，滴定开始时HCl的浓度为0.1mol·L－1，pH＝1，完全电离为强酸，则HCl的滴定曲线为含P点的曲线，那么含M、N点的曲线为HX的滴定曲线，0.1mol·L－1的HX溶液的pH＝5，说明HX部分电离，为弱酸，错误；B项，M点NaOH溶液V＝10.00mL，溶液中的溶质为等浓度的NaX和HX混合溶液，pH>7溶液呈碱性，说明水解大于电离，即M点c(HX)>c(X－)，错误；C项，N点NaOH溶液V＝20.00mL，溶液中的溶质为NaX，X在溶液中存在形式有：HX、X－，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)，正确；D项，P点c(Cl－)＝eq\f(20×0.1,20＋10)＝0.067mol·L－1，错误。例6：．25℃时，分别向20.00mL0.1000mol·L－1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L－1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．M点溶液中：c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(NH3·H2O)>c(H＋)B．N点溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)C．P点溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))>2c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)D．Q点溶液中：2c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(NHeq\o\al(＋,4))答案：B解析：A．一水合氨是弱电解质，电离程度较小一水合氨电离导致溶液呈碱性，水还电离出氢氧根离子，则存在c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)，故A错误；B．N点溶液中溶质为等物质的量浓度的一水合氨、氯化铵，混合溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，但是其电离和水解程度都较小，则存在c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，故B正确；C．P点溶液中溶质为等物质的量浓度的氯化铵、醋酸铵和醋酸，溶液中存在物料守恒c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Cl－)，存在电荷守恒c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈酸性，则c(H＋)>c(OH－)，c(NHeq\o\al(＋,4))<c(CH3COO－)＋0.5c(NHeq\o\al(＋,4))＋0.5c(NH3·H2O)，即0.5c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(CH3COO－)＋0.5c(NH3·H2O)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))<2c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)，故C错误；D．Q点溶质为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸，溶液中存在物料守恒：c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)、c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)、c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，所以存在2c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，故D错误。例7：室温时，将0.10mol·L－1NaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示(忽略溶液混合时体积的变化)。当V(NaOH)＝20.00mL(图中c点)，两者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是A．HA为弱酸，其物质的量浓度为0.10mol·L－1B．a点时c(A－)－c(HA)＝2c(H＋)－2c(OH－)C．c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值：b点近似等于c点D．d点时：2c(HA)＋2c(A－)＝3c(Na＋)答案：D解析：A．当V(NaOH)＝20.00mL(图中c点)，两者恰好完全反应，所以HA的浓度是0.10mol·L－1，起始时HA的pH＝3，这说明HA为弱酸，正确；B．a点时HA被中和一半，溶液中的溶质是等浓度的HA、NaA，根据电荷守恒和物料守恒可知溶液中c(A－)－c(HA)＝2c(H＋)－2c(OH－)，正确；C．b点溶液显中性，c(A－)＝c(Na＋)，则b点溶液中c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)＝c(HA)＋2c(A－)，c点两者恰好反应，根据物料守恒可知c(HA)＋c(A－)＝c(Na＋)，因此溶液中c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值为2c(HA)＋2c(A－)＝0.10mol·L－1，由于溶液中A－浓度均远大于HA浓度，故c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值约等于0.1mol·L－1，即b点近似等于c点，正确；D．d点时溶质是氢氧化钠和NaA，两者物质的量之比为1∶2，根据物料守恒可知：3c(HA)＋3c(A－)＝2c(Na＋)，不正确。题型四结合分布曲线图像判断离子浓度分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。一元弱酸(以CH3COOH为例)二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)注：pKa为电离常数的负对数δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq\o\al(－,4)分布系数、δ2为C2Oeq\o\al(2－,4)分布系数随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式同一pH条件下可以存在多种溶质粒子。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度例8：改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列叙述错误的是A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)B．lg[K2(H2A)]＝－4.2C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)答案：D解析：A．根据题给图像，pH＝1.2时，H2A与HA－的物质的量分数相等，则有c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；B．根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K2(H2A)＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)＝c(H＋)＝10－4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，B项正确；C．根据题给图像，pH＝2.7时，H2A与A2－的物质的量分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；D．根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)＞c(H＋)，D项错误。例9：．常温下，向新制氯水中滴加少量烧碱溶液，溶液中含氯粒子的物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法错误的是A．pH＝2时，c(Cl－)＞c(Cl2)＞c(Cleq\o\al(－,3))＞c(HClO)＞c(ClO－)B．pH＝5左右，溶液中c(HClO)最大，漂白效率最高C．常温下，HClO电离常数(Ka)的数量级为10－7D．中性溶液中存在：c(Na＋)＝c(HClO)＋2c(ClO－)答案：C解析：A．观察、识别图像，pH＝2时，c(Cl－)＞c(Cl2)＞c(Cleq\o\al(－,3))＞c(HClO)＞c(ClO－)，A项正确；B．由题图可知，pH＝5左右，溶液中c(HClO)最大，次氯酸浓度越大，漂白效率越高，B项正确；C．pH＝7.54时，c(HClO)＝c(ClO－)，Ka＝eq\f(cH＋·cClO－,cHClO)＝1×10－7.54，数量级为10－8，C项错误；D．电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)＋c(Cleq\o\al(－,3))＋c(Cl－)，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，再结合得失电子守恒c(Cl－)＋c(Cleq\o\al(－,3))＝c(HClO)＋c(ClO－)，可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，D项正确。例10：．20℃时，在H2C2O4、NaOH混合溶液中，c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.100mol/L。含碳元素粒子的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A．①表示H2C2O4的分布曲线，③表示C2Oeq\o\al(2－,4)的分布曲线B．Q点对应的溶液中lgc(H＋)<lgc(OH－)C．20℃时，H2C2O4的一级电离平衡常数Ka1＝1×10－4.2D．0.100mol/L的NaHC2O4溶液中：c(OH－)＝c(H＋)－c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)答案：D解析：A．随着溶液pH增大，溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)先后被反应，越来越少，而C2Oeq\o\al(2－,4)则越来越多，因此曲线①代表的是HC2Oeq\o\al(－,4)，②代表的是H2C2O4，③代表C2Oeq\o\al(2－,4)，故A错误；B．Q点时溶液显酸性，因此c(H＋)>c(OH－)，即lgc(H＋)>lgc(OH－)，故B错误；C．电离平衡常数只受温度的影响，根据P点，Ka＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝10－4.2，此平衡常数是草酸的二级电离，故C错误；D．根据质子守恒，因此有c(OH－)＝c(H＋)－c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)，故D正确。

拓展训练●巩固考点1．(2024届浙江稽阳联谊学校联考)已知常温下，H2CO3电离常数：Ka1＝4.2×10-7；Ka2＝5.6×10-11；Ksp(MgCO3)＝1×10-5；Ksp(CaCO3)＝2.5×10-9；Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11；Ksp[Ca(OH)2]＝5.5×10-6。某实验小组进行以下实验(溶液混合后体积变化忽略不计，常温下0.1mol/LNa2CO3溶液pH为11.65)：实验①：0.2mol/LNa2CO3溶液中，小心滴加等体积0.1mol/L盐酸，无气泡产生；实验②：0.2mol/LNa2CO3溶液与等体积0.2mol/LCaCl2溶液混合，产生白色沉淀；实验③：0.2mol/LNaHCO3溶液与等体积0.2mol/LCaCl2溶液混合，产生白色沉淀和气泡；实验④：0.2mol/LNa2CO3溶液与等体积0.2mol/LMgCl2溶液混合，产生白色沉淀；下列说法不正确的是A.实验①反应后的溶液中：c(Na+)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2-,3))＞c(OH－)＞c(H+)B.实验②反应后的溶液中，c(Ca2+)＞5×10-5mol/L＞c(COeq\o\al(2-,3))C.实验③总反应Ca2+＋2HCOeq\o\al(－,3)＝CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，平衡常数K＝5.3×104D.实验②中沉淀为正盐，实验④中生成的沉淀可能含有碱式盐答案：C解析：A．实验①反应后的得到等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3NaCl溶液，根据碳酸的电离常数可知，溶液中碳酸根的水解平衡进行的程度最大，所以溶液中粒子浓度关系为：c(Na+)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(Cl－)＞c(COeq\o\al(2-,3))＞c(OH－)＞c(H+)，A项正确；B．实验②反应得到碳酸钙饱和溶液，由于碳酸根离子能发生水解反应，所以c(Ca2+)＞eq\r(Ksp(CaCO3))＝5×10-5mol/L＞c(COeq\o\al(2-,3))，B项正确；C．根据各平衡常数可得到以下平衡及平衡常数：平衡Ⅰ：2HCOeq\o\al(－,3)＋2H+2H2CO3，K1＝eq\f(1,Keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a1)))；平衡Ⅱ：Ca2+＋COeq\o\al(2-,3)CaCO3，K2＝eq\f(1,Ksp(CaCO3))；平衡Ⅲ：H2CO3COeq\o\al(2-,3)＋2H+，K3＝Ka1×Ka2；③将平衡Ⅰ＋平衡Ⅱ＋平衡Ⅲ，可得反应：Ca2+＋2HCOeq\o\al(－,3)＝CaCO3↓＋H2CO3，其反应平衡常数K＝K1×K2×K3＝5.3×104，由于碳酸分解平衡常数未知，所以选项中平衡常数不能求得，C项错误；D．常温下0.1mol/LNa2CO3溶液pH为11.65，实验②中Qsp(CaCO3)≈10-2＞2.5×10-9；Qsp＝[Ca(OH)2]＝10-1×(eq\f(10-14,10-11.65))2＝10-5.7＝100.3×10-6＜5.5×10-6，所以只生成CaCO3；实验④中Qsp＝(MgCO3)≈10-2＞1×10-5；Qsp＝[Mg(OH)2]＝10-1×(eq\f(10-14,10-11.65))2＝10-5.7＞1.8×10-11，能同时生成MgCO3和Mg(OH)2沉淀，可能含有碱式盐，D项正确；2.(2024届福建福州第一中学)25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol/L的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t＝eq\f(n(HCl),n(NH3∙H2O)))的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是A．t=0.5时，c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(Cl－)B．25℃时，NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))的水解平衡常数Kh的数量级为10－10C．P3所示溶液：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(NH3·H2O)＞c(H+)＞c(OH－)D．P2所示溶液：c(Cl－)＞100c(NH3·H2O)答案：C解析：A．t＝0.5时，溶质为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl，溶液呈碱性，则c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(Cl－)，故A正确；B．25℃时，根据图示，c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(NH3·H2O)时pH＝9.25，NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))的水解平衡常数Kh＝eq\f(c(NH3·H2O)c(H+),c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))))＝c(H+)＝10-9.25，数量级为10－10，故B正确；C．P3所示溶液溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，故C错误；D．c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(NH3·H2O)时pH＝9.25，Kb＝10-4.75，P2所示溶液呈中性，c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))，eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))c(OH－),c(NH3·H2O))＝eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))×10-7,c(NH3·H2O))＝10-4.75，eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))),c(NH3·H2O))＝102.25，c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(NH3·H2O)×102.25，所以c(Cl－)＞100c(NH3·H2O)，故D正确；3．(2024届厦门海沧实验中学)25℃时，向25mL0.lmol·L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随－lgc(HA-)以及－lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小D．c点c(K+)>3c(A2-)答案：D解析：随着KOH固体的增加，溶液的pH逐渐增大，H2A的电离程度增大，溶液中HA-的浓度先增大后减小，－lgc(HA-)的曲线应是先减小后增大，A2-的浓度一直增大，－lgc(A2-)一直减小，因此