2024届高考增分小专题：《 溶液中三大守恒及其应用 》(解析版)

2024届高考增分小专题：溶液中三大守恒及其应用真题演练∙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；3.(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。4.(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；5.(2022年全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10-3。在某体系中，H+与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中c(H+)＝c(OH-)＋c(A－)B.溶液Ⅱ中的HA的电离度为eq\f(1,101)C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4答案：B解析：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＝eq\f(c(H+)∙c(A-),c(HA))＝1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则eq\f(0.1c(A-),c总(HA)－c(A-))＝1.0×10-3，解得eq\f(c(A-),c总(HA))＝，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=eq\f(c(H+)∙c(A-),c(HA))=1.0×10-3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A-)，eq\f(10-7[c总(HA)－c(HA)],c(HA))=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=eq\f(c(H+)∙c(A-),c(HA))=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，eq\f(0.1[c总(HA)－c(HA)],c(HA))＝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；6.(2022年1月浙江选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的的是A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3－+H+＝CO2↑＋H2OC.根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(CO32-)＝c(OH-)－c(H+)答案：C解析：A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO3－+H+＝H2CO3，B项错误；C．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)－c(H+)＝2c(H2CO3)＋c(HCO3－)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)－c(CO32-)＝c(OH-)－c(H+)，D项错误；7.(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；8.(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；9.(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eq\f(1.5×10-4mol,0.01500L)=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+)＝eq\f(Ksp(AgBr),c(Br－))＝eq\f(5.4×10-13,1.0×10-5)＝5.4×10-8mol/L，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－)＝eq\f(Ksp(AgCl),c(Ag+))＝eq\f(1.8×10-13,6.4×10-8)＝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；10.(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；11(2022年辽宁卷)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一、在25℃时，NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH、NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数【如δ(A2-)＝eq\f(c(A2－),c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－))与溶液pH关系如图】。下列说法错误的是A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表NH2CH2COO－C．NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－＋H2ONHeq\o\al(＋,3)CH2COOH＋OH-的平衡常数K＝10-11.65D．c2(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)＜c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)∙c(NH2CH2COO－)答案：D解析：A．NH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－＋H2ONHeq\o\al(＋,3)CH2COOH＋OH-的平衡常数，25℃时，根据a，b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－NH2CH2COO－＋H+的电离常数为K1＝10-9.78，，则，即c2(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)＞c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)∙c(NH2CH2COO－)，故D错误；12.(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+)＝eq\r(7.5×10-8)mol/L＝eq\r(7.5)×10-4mol/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．Ka(HA)＝eq\f(c(H+)×c(A－),c(HA))当c(A－)＝c(HA)时，由物料守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(M+)，则c(A－)＝eq\f(c(M+),2)，Ksp(MA)＝c(M+)×c(A－)＝eq\f(c2(M+),2)＝5.0×10-8，则c2(M+)＝10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)＝2.0×10-4mol·L-1，Ka(HA)＝eq\f(c(H+)×c(A－),c(HA))＝c(H+)≈2.0×10-4，D正确；13.(2021年高考广东卷)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确是A.0.001mol/LGHCl水溶液的pH=3B.0.001mol/LGHCl水溶液加水稀释，pH升高C.GHCl在水中的电离方程式为：GHCl＝G＋HClD.GHCl水溶液中：c(OH-)＋c(Cl-)＝c(GH+)＋c(G)答案：B解析：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/LGHCl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；14.(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NaX溶液中：c(Na+)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H+)B.三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)C.当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H+)－c(OH－)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；15.(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；16.(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．eq\f(K2,K1)＞eq\f(K3,K2)B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)＝2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH＝eq\f(－lgK2－lgK3,2)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：H3R2+＋OH－＝H2R+＋H2O、H2R+＋OH－＝HR＋H2O、HR＋OH－＝R－＋H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R－逐渐增大。K1＝eq\f(c(H2R+)c(H+),c(H3R2+))，K2＝eq\f(c(HR)c(H+),c(H2R+))，K3＝eq\f(c(R－)∙c(H+),c(HR))，M点c(H3R2+)＝c(H2R+)，由此可知K1＝10-2.2，N点c(HR)＝c(H2R+)，则K2＝10-9.1，P点c(HR)＝c(R－)，则K3＝10-10.8。A．eq\f(K2,K1)＝eq\f(10-9.1,10-2.2)＝10-6.9，eq\f(K3,K2)＝eq\f(10-10.8,10-9.1)＝10-1.7，因此eq\f(K2,K1)＜eq\f(K3,K2)，故A错误；B．M点存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)＝2c(H3R2+)+c(H2R+)＋c(Na+)+c(H+)，此时c(H3R2+)＝c(H2R+)，因此c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)＝3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C．O点c(H2R+)＝c(R－)，因此eq\f(c(H2R+),c(R－))＝1，即eq\f(c(H2R+)∙c(HR)∙c(H+)∙c(H+),c(R－)∙c(HR)∙c(H+)∙c(H+))＝eq\f(c2(H+),K2∙K3)，因此c(H+)＝eq\r(K2∙K3)，溶液pH＝－lgc(H+)＝eq\f(－lgK2－lgK3,2)，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH－)＞c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；17．(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eq\f(0.50,x)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eq\f(0.50,x)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eq\f(1,x)，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eq\f(1,x)，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。18．(2020年全国卷Ⅰ)以酚酞为指示剂，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[比如A2－的分布系数：QUOTEcA2-cH2A下列叙述正确的是A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L－1C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)答案：C解析：A．起点溶液pH＝1.0，c(H＋)＝0.1000mol·L－1，可知H2A第一步电离是完全的，溶液中没有H2A，所以曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误；B．根据图像可知，滴定终点消耗V(NaOH)＝40mL，H2A是二元酸，可知酸的浓度是0.100mol/L，B项错误；C．利用曲线①、②的交点可知，c(HA－)＝c(A2－)，此时pH＝2.0，c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，HA－A2－＋H＋，Ka(HA－)＝QUOTEeq\f(c(A2－)∙c(H+),c(HA－))＝1.0×10－2，C项正确；D．滴定终点时，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，以酚酞为指示剂，说明滴定终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。19．(2020年江苏卷)室温下，将两种浓度均为0.10mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A．NaHCO3—Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)B．氨水—NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O42-)＋c(OH－)答案：AD解析：A．溶液呈碱性，说明QUOTECO32-CO32-水解的程度大于QUOTEHCO3-HCO3-电离的程度，因此c(QUOTEHCO3-HCO3-)＞c(QUOTECO32-CO32-)，QUOTECO32-CO32-的水解是微弱的，溶液中仍有大量的QUOTECO32-CO32-，则c(QUOTECO32-CO32-)＞c(OH－)，A正确；B．由电荷守恒可知，c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒为c(NH3·H2O)＋c(QUOTENH4+NH4+)＝2c(Cl－)，两式联立消去c(Cl－)可得：c(QUOTENH4+NH4+)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)，B错误；C．溶液呈酸性，＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C错误；D．由电荷守恒知，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O4—QUOTEHC2O4-)＋2c(QUOTEC2O42-C2O42-)＋c(OH－)，由物料守恒知，2c(Na＋)＝c(QUOTEHC2O4-HC2O4—)＋c(QUOTEC2O42-C2O42-)＋c(H2C2O4)，两式相减得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(QUOTEC2O42-C2O42-)＋c20．(2020年天津卷)7．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1mol·L－1Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1答案：A解析：A．HCOONa和NaF均属于强碱弱酸盐，越弱越水解，HCOONa的pH较大，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，A项错误；B．两溶液等体积混合后pH＜7，说明溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B项正确；C．硫化亚铁溶于稀硫酸，而硫化铜不溶于稀硫酸，可得Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，D项正确。21．(2020年浙江7月)常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)B．当滴入氨水10mL时，c(QUOTENH4+NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(QUOTENH4+NH4+)＜c(Cl－)答案：D解析：A．HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；B．滴入10mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据物料守恒可得c(QUOTENH4+NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；C．滴入20mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得c(QUOTENH4+NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；D．滴入20mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，结合电荷守恒关系c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(QUOTENH4+NH4+)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(QUOTENH4+NH4+)＞c(Cl－)，D错误。

知识梳理●胸有成竹电荷守恒、物料守恒、质子守恒统称为溶液中的“三大守恒”，彼此独立，又相互依存，这“三大守恒”关系是一把解决粒子浓度大小比较问题的金钥匙，以及粒子之间的等量关系，要解决“三大守恒”关系的问题必然涉及强弱电解质、电离平衡、水的电离、离子反应、盐类水解等基本知识点的综合运用。电荷守恒：整个溶液不显电性溶液中阳离子所带的正电总数＝阴离子所带的负电总数离子显几价其浓度前面就要乘上一个几倍的系数，既要考虑溶质的电离，也要考虑水的电离，还要考虑盐的水解。物料守恒：也叫原子守恒在电解质溶液中，某些离子能够发生水解或者电离，变成其它离子或分子等，这虽然可使离子的种类发生变化，但却不能使离子或分子中某种特定元素(由于水溶液中一定存在水的H、O元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、O元素的关系)的原子的数目发生变化，因此应该始终遵循原子守恒。质子守恒：1．概念：第一种理解由水电离出的H+总数永远等于由水电离出的OH-总数，所以在强碱弱酸盐溶液中有：c(OH-)=c(H+)+c(酸式弱酸根离子)+c(弱酸分子)在强酸弱碱盐溶液中有：c(H+)=c(OH-)+c(弱碱分子)第二种理解电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等得质子所得产物的总浓度=失质子所得产物的总浓度若某产物是得两个质子得来的，则该产物的浓度前应乘个2倍系数2．范围：只有可水解的盐溶液中才存在着质子守恒3．类型：(1)强碱弱酸盐的溶液中：如Na2CO3溶液中第一种理解第二种理解由水电离出的H+的存在形式H+，酸式弱酸根离子，弱酸分子H2O得质子得H3O+COeq\o\al(2-,3)得质子得HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3H+、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3由水电离出的OH-存在形式只以OH-本身形式存在H2O失质子得OH－OH-质子守恒式规律c(OH-)=c(H+)+c(酸式弱酸根离子)+c(弱酸分子)举例c(OH-)=c(H+)+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(H2CO3)推导c(OH-)液=c(OH-)水=c(H+)水=c(H+)液+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(H2CO3)(2)强酸弱碱盐的溶液中：如NH4Cl溶液中第一种理解第二种理解H+的存在形式H+H2O得质子得H3O+OH-的存在形式OH-、NH3·H2OH2O失质子得OH-，NH4+失质子得NH3·H2O质子守恒式规律c(H+)=c(OH-)+c(弱碱分子)举例c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)推导c(H+)液=c(H+)水=c(OH-)水=c(OH-)液+c(NH3·H2O)(3)弱酸弱碱盐的溶液中：①正盐：以(NH4)2CO3为例第一种理解第二种理解H+的存在形式H+、HCO3-、H2CO3H2O得质子得H3O+，COeq\o\al(2-,3)得质子得HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3OH-存在形式OH-、NH3·H2OH2O失质子得OH-，NH4+失质子得NH3·H2O质子守恒式规律c(H+)+c(酸式弱酸根离子)+2c(弱酸分子)=c(OH-)+c(弱碱)举例c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3·H2O)推导c(H+)水+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(H+)水=c(OH-)水=c(OH-)液+c(NH3·H2O)②酸式盐：以NH4HCO3为例第一种理解第二种理解H+的存在形式H+、H2CO3H2O得质子得H3O+，HCO3-得质子得H2CO3OH-的存在形式OH-、NH3·H2O，部分OH-与HCO3-生成了CO32-H2O失质子得OH-，NH4+失质子生成NH3·H2O，HCO3-失去质子得CO32-特别提醒最容易被漏掉的就是质子守恒式质子守恒式规律c(H+)+c(弱酸分子)=c(OH-)+c(弱碱)+c(弱酸根离子)举例c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3·H2O)+c(CO32-)推导c(H+)水+c(H2CO3)=c(H+)水=c(OH-)水=c(OH-)液+c(NH3·H2O)+c(CO32-)4．关系：电荷守恒式与物料守恒式相加减可得质子守恒式Na2CO3中电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)物料守恒式c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)质子守恒式c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)NaHCO3中电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)物料守恒式c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)质子守恒式c(H2CO3)+c(H+)=c(CO32-)+c(OH-)(NH4)2CO3中电荷守恒式c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)物料守恒式c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)质子守恒式c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3·H2O)NH4HCO3中电荷守恒式c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)物料守恒式c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)质子守恒式c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3·H2O)+c(CO32-)CH3COONa电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)物料守恒式c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)质子守恒式c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)NH4Cl中电荷守恒式c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)物料守恒式c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)质子守恒式c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)Na2S中电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)物料守恒式c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)质子守恒式c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)Na3PO4中电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(PO43-)+2c(HPO42-)+c(H2PO42-)物料守恒式c(Na+)=3c(PO43-)+3c(HPO42-)+3c(H2PO42-)+3c(H3PO4)质子守恒式c(H+)+c(HPO42-)+2c(H2PO42-)+3c(H3PO4)=c(OH-)等浓度等体积的混合液醋酸和醋酸钠电荷守恒式c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)物料守恒式2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)质子守恒式c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)氯化铵和氨水电荷守恒式c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)物料守恒式c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)质子守恒式c(NH4+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(NH3·H2O)小结：此类溶液中的质子守恒只能用电荷守恒式与物料守恒式相加减来获得【解题提醒】1．比较时紧扣两个微弱(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：[CH3COOH]>[H＋]>[CH3COO－]>[OH－]。(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋＋]。2．酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。＋]>[S2－]>[OH－]>[HS－]>[H＋]。3．质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导出来以KHS溶液为例，电荷守恒式为[K＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[HS－]＋2[S2－]①，物料守恒式为[K＋]＝[HS－]＋[S2－]＋[H2S]②，由①－②得质子守恒式，消去没有参与变化的K＋等。4．规避等量关系中的2个易失分点(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2[COeq\o\al(2－,3)]的化学计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)带2个负电荷，不可漏掉。(2)物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示[Na＋]是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。酸、碱中和型离子浓度的关系

【例题精讲∙智能提升】1．(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ab点所在的曲线为－lgc(HA-)随pH变化的曲线。A．由图可知，pH=0时，c(H+)＝1mol/L，－lgc(HA－)＝4，则c(HA－)＝1.0×10-4mol/L，H2A的电离微弱，因此c(H2A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka1约为Ka1＝eq\f(c(HA－)c(H+),c(H2A))＝eq\f(1.0×10-4×1,0.1)＝1.0×10-3，故A正确；B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中c(HA－)最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH＝4，说明KHA溶液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故B正确；C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加入KOH固体生成K2A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c(H+)先增大后减小，故C正确；D．c点溶液中c(A2-)＝c(HA－)，溶液中由电荷守恒有c(K+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2-)，c点溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH－)，则c(K+)＜c(HA－)＋2c(A2-)＝3c(A2-)，故D错误；2．(2024安徽皖豫名校联盟)不同温度下，测得0.10mol·L－1NaHCO3溶液的pH如图所示。下列说法正确的是A．从O至M段HCOeq\o\al(－,3)的水解程度一直在增大B．O点溶液和P点溶液中c(OH－)相等C．将N点溶液恢复到25℃，pH等于8.62D．整个过程中始终存在：c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝c(Na+)答案：A解析：A．水解吸热，所以升高温度，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度增大，A项正确；B．O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)∙c(OH－)的值不相等，c(OH－)不相等，B项错误；C．升高温度后，碳酸氢钠部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，pH大于8.62，C项错误；D．升高温度后，碳酸氢钠部分分解，原物料守恒式不再成立，D项错误。3．(2024届安徽皖南八校大联考)NaHCO3溶液中存在多个平衡关系，相应平衡关系所对应的离子方程式及其平衡常数如下表。下列说法错误的是名称平衡关系离子方程式K碳酸一级电离H2CO3H++HCOeq\o\al(－,3)Ka1=4.2×10-7碳酸二级电离HCOeq\o\al(－,3)H++COeq\o\al(2-,3)Ka2=5.6×10-11水的自偶电离H2O+H2OH3O++OH-Kw=10-14HCOeq\o\al(－,3)的水解HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3+OH-Kb2=2.4×10-8HCOeq\o\al(－,3)的自偶电离K=1.3×10-4A．HCOeq\o\al(－,3)的自偶电离方程式：HCOeq\o\al(－,3)+HCOeq\o\al(－,3)H2CO3+COeq\o\al(2-,3)B．NaHCO3溶液中存在：c(OH-)+c(COeq\o\al(2-,3))＝c(H+)+c(H2CO3)C．常温下，等体积的0.4mol/LNa2CO3溶液和0.4mol/L盐酸混合所得溶液的pH为8.3，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(H2CO3)+c(H+)＝(0.2+10-5.7)mol/LD．根据平衡常数预测，向0.10mol/L的NaHCO3溶液中加入CaCl2固体时，不会产生沉淀和气泡[Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]忽略溶液体积变化)答案：D解析：A．由水的自偶电离方程式(H2O+H2OH3O++OH-)可推出HCOeq\o\al(－,3)的自偶电离方程式为HCOeq\o\al(－,3)+HCOeq\o\al(－,3)H2CO3+COeq\o\al(2-,3)，A正确；B．由质子守恒可知，NaHCO3溶液中存在：c(OH-)+c(COeq\o\al(2-,3))=c(H+)+c(H2CO3)，B正确；C．混合溶液为等浓度NaCl和NaHCO3，电荷守恒①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(COeq\o\al(2-,3))+c(Cl-)，元素质量守恒②c(Na+)＝2c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(COeq\o\al(2-,3))+2c(H2CO3)，①－②得c(H+)+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(H2CO3)＝c(OH-)＋c(Cl-)，pH=8.3时，c(OH-)＝10-14+8.3＝10-5.7，c(Cl-)＝eq\f(0.4mol/L×20mL,20mL＋20mL)＝0.2mol/L，故c(H+)+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(H2CO3)＝c(OH-)+c(Cl-)＝(0.2+10-5.7)，C正确；D．HCOeq\o\al(－,3)的自偶电离常数远大于Ka2，所以HCOeq\o\al(－,3)以自偶电离产生COeq\o\al(2-,3)为主，由K＝eq\f(c(H2CO3)∙c(COeq\o\al(2-,3)),c2(HCOeq\o\al(－,3)))＝1.3×10-4，解得0.10mol/LNaHCO3溶液中c(COeq\o\al(2-,3))≈1.1×10-3mol/L，由Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9及溶度积规则，估算c(Ca2+)＞2.5×10-6mol/L时有沉淀析出，D错误。4.(2024届福建福州屏东中学)常温下，0.1mol•L-1H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者所占物质的量分数(分布系数δ)随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是A．图中X、Y、Z分别代表H2A、HA-、A2-B．若升高温度，a、b点移动趋势都向左C．常温下，H2A的一级电离常数Ka1＝10-4.3D．NaHA溶液中存在：c(H+)＋c(H2A)＝c(A2-)＋c(OH-)答案：C解析：A．随着pH增大，c(H2A)减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2-)增大，故图中X、Y、Z分别代表H2A、HA－、A2-，A项正确；B．a点时，c(H2A)＝c(HA－)，Ka1＝eq\f(c(H+)c(HA－),c(H2A))＝c(H+)，温度升高，Ka1增大，则c(H+)增大，pH减小，a点向左移动；同理可知，b点时，c(HA－)＝c(A2-)，Ka2＝eq\f(c(H+)c(A2-),c(HA－))＝c(H+)，温度升高，Ka2增大，则c(H+)增大，pH减小，b点向左移动，B项正确；C．在a点，δ＝0.5，c(H2A)＝c(HA－)，此时pH＝1.3，H2A的一级电离常数为Ka1＝eq\f(c(H+)c(HA－),c(H2A))＝10-13，C项错误；D．NaHA溶液中，根据电荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝c(HA－)＋2c(A2-)＋c(OH－)①，根据元素质量守恒c(Na+)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-)②，联立①②消除钠离子可得c(H+)＋c(H2A)＝c(A2-)＋c(OH－)，D项正确；5．(2024届湖南长沙市雅礼中学)常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2Oeq\o\al(2-,4)三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法不正确的是A．pH＝2.7的溶液中，eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)∙c(C2Oeq\o\al(2-,4)))＝1000B．向0.1mol·L－1的KHC2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，有两点对应水电离的c(H+)＝10-7mol·L－1，这两点对应溶液的pH相等C．在KHC2O4溶液中，一定存在：c(K+)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＋c(H+)－c(OH－)D．等浓度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中水电离的c(H+)＜10-7mol·L－1答案：B解析：A．Ka1＝eq\f(c(H+)∙c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4))，Ka2＝eq\f(c(H+)∙c(C2Oeq\o\al(2-,4)),c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))))，eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)∙c(C2Oeq\o\al(2-,4)))，当pH＝1.2时，由c(H2C2O4)＝c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))知Ka1＝10-1.2；当pH＝4.2时，由c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(C2Oeq\o\al(2-,4))知Ka2＝10-4.2，所以eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)∙c(C2Oeq\o\al(2-,4)))＝eq\f(10-1.2,10-4.2)＝1000，A正确；B．第一次对应水电离的c(H+)＝10-7mol·L－1，溶液为中性，第二次对应水电离的c(H+)＝10-7mol·L－1，溶液为碱性，B错误；C．题干等式满足KHC2O4溶液中物料守恒与质子守恒的差，C正确；D．HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))电离大于HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2Oeq\o\al(2-,4)水解，溶液显酸性，故c(H+)＜10-7mol·L－1，D正确。6.(2024届山东实验中学三诊)某二元碱M(OH)2在水溶液中逐级电离。25℃时，M2+、M(OH)＋和M(OH)2三者各自的分布系数δ(x)随溶液pH的变化曲线如图所示。已知：δ(x)＝eq\f(c(x),c(M2+)＋c[M(OH)＋]＋c[M(OH)2])，下列说法错误的是A．Kb2[M(OH)2]的数量级为10-7B．δ[M(OH)2]＝δ(M2+)时，pH=8.39C．等物质的量的MCl2和M(OH)Cl混合溶液中δ(M2+)＜δ[M(OH)+]D．M(OH)Cl溶液中，若c[M(OH)2]＋2c(M2+)＋c(H+)＝c(OH－)，则δ[M(OH)2]＝δ[M(OH)+]答案：AD解析：二元碱M(OH)2中随着氢离子浓度增大，pH减小，M(OH)2含量减小、M(OH)＋含量先增大后减小、M2+含量一直增大，故对应的曲线为：；A．根据图可知，当pH＝6.85，pOH＝7.15时，c[M(OH)+]＝c(M2+)，Kb2[M(OH)2]＝eq\f(c(M2+)c(OH－),c[M(OH)+])＝10-7.15,Kb2[M(OH)2]的数量级为10-8，A错误；B．由pH=9.93可知，Kb1[M(OH)2]＝eq\f(c[M(OH)+]c(OH－),c[M(OH)2])＝109.93－14＝10-4.07；Kb1[M(OH)2]×Kb2[M(OH)2]＝eq\f(c[M(OH)+]c(OH－),c[M(OH)2])×eq\f(c(M2+)c(OH－),c[M(OH)+])＝eq\f(c(M2+)c2(OH－),c[M(OH)2])＝10-7.15×10-4.07，δ[M(OH)2]＝δ(M2+)时，c(OH－)＝10-5.61mol/L，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；C．MCl2溶液水解显酸性，加入碱性溶液M(OH)Cl，促进了MCl2的水解，导致M(OH)+的量增大，M2+的量减小，所以δ(M2+)＜δ[M(OH)+]，C正确；D．根据电荷守恒规律：c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H+)＋c[M(OH)+]＋2c(M2+)，然后把c[M(OH)2]＋2c(M2+)＋c(H+)＝c(OH－)带入上式中，结果为：c(Cl－)＋c[M(OH)2]＝c[M(OH)+]，则δ[M(OH)2]≠δ[M(OH)+]，D错误；7.(2024届浙江舟山中学)已知：H2RH+＋HR－，HR－H+＋R2-，CuR难溶于水。常温下，Ka1(H2R)＝1×10-9，Ka2(H2R)＝2×