6.5.2 溶液中粒子浓度的大小（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

微课时突破2　综合深化解重难(溶液中粒子浓度大小比较) (对应学生用书P232) (一)理解“两大理论”，树立“微弱”意识　 1．电离理论——弱电解质的电离是微弱的 (1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的粒子都非常少，同时还要考虑水的电离。如氨水中： c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。 (2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。 2．水解理论——弱电解质离子的水解是微弱的 (1)弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质粒子的浓度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。 (2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。 (二)巧用“三个守恒”，明确浓度关系　 1．电荷守恒——溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度，溶液保持电中性。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。 2．物料守恒——元素守恒，即变化前后某种元素的原子个数守恒。 (1)单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。 (2)两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。 3．质子守恒——电离、水解等过程往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中： COOH－H2CO3H3O＋(即H＋) c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)。 注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减整理得到。 [典例]　(2022·江苏等级考)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·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(HCO)＋c(CO)。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(HCO) B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中： c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3) C．KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO) D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 [解析]　KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，依据物料守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2＝＝≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应分别为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。 [答案]　C 比较溶液中粒子浓度大小的解题流程 [思维建模] 　 [全训题点考法] 题点(一)　单一溶液中粒子浓度大小关系 1．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　 ) A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1 B．NH4Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－) C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋) D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3) 解析：选C　氨水为弱碱溶液，NH3·H2O只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)＜c(OH－)＜0.1 mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NH部分水解，Cl－浓度不变，则溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D错误。 2．草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在0.1 mol·L KHC2O4溶液中，下列关系正确的是(　 ) A．c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋c(C2O) B．c(HC2O)＋c(C2O)＝0.1 mol·L－1 C．c(C2O)<c(H2C2O4) D．c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O) 解析：选D　因为草酸氢钾呈酸性，所以HC2O电离程度大于水解程度，故c(C2O)＞c(H2C2O4)，C项错误。依据物料守恒，c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，D项正确。根据电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋2c(C2O)，A项错误。c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.1 mol·L－1，B项错误。 题点(二)　混合溶液中粒子浓度大小关系 3．室温下，将两种浓度均为0.10 mol·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错误的是(　 ) A．NaHCO3­Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－) B．氨水­NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(CH3COO－)>c(Na ＋)>c(CH3COOH)>c(H＋) D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－) 解析：选B　CO的水解程度大于HCO的水解程度，HCO的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，A项正确；NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)<c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NH)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B项错误；CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C项正确；根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，根据物料守恒有2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，D项正确。 [思维建模]　相关溶液粒子浓度关系的解题步骤 4．(2022·重庆等级考)某小组模拟成垢—除垢过程如图。 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(SO) C．经过步骤②，溶液中c(Cl－)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－) 解析：选D　步骤①中，100 mL 0.1 mol·L－1CaCl2水溶液和0.01 mol Na2SO4发生反应，方程式为CaCl2＋Na2SO4===2NaCl＋CaSO4↓，生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2＋，则c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(Cl－)，故A错误；步骤②中，发生反应CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3↓＋Na2SO4(aq)，反应完全，则反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl，则c(Na＋)＝6c(SO)，故B错误；经过步骤②，反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl，存在物料守恒：c(Cl－)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故C错误；步骤③中，CaCO3＋2CH3COOH===Ca(CH3COO)2＋H2O＋CO2↑，反应后的溶液中含有0.02 mol NaCl、0.01 mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故D正确。 题点(三)　结合图像分析粒子浓度大小关系 5．(2023·湖南等级考)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准 溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76 B．a点：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．b点：c(CH3COOH)<c(CH3COO－) D．水的电离程度：a<b<c<d 解析：选D　由题意分析： a点溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，CH3COOH微弱电离，根据CH3COOH⥫⥬ CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好完全中和，溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，由物料守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；由图像分析可知，b点溶液c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，又b点pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，即溶液中 c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，故c点溶液中水的电离程度最大，D项错误。 6．(2022·福建等级考)氨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－＋3H2O ②NH3＋4ClO－＋OH－===NO＋4Cl－＋2H2O 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 mol·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)的关系如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．x1的数值为0.009 B．x＞x1时，c(Cl－)＝4c(NO) C．x＞x1时，x越大，生成N2的量越少 D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－) 解析：选C　x1时，氨去除率为100%，总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006 mol,95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n1(ClO－)＝×3＝0.008 55 mol，参与反应②消耗n2(ClO－)＝4×0.006 mol×5%＝0.001 2 mol，x1＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝0.009 75 mol，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)＞4c(NO)，B错误；x>x1时，x越大，氨去除率不变，总氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨去除率为100%，溶液中没有NH和ClO－，含有 Na＋、H＋、NO、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NO)，D错误。 [课时跟踪检测] (对应配套卷P442) 1．常温下，某NH4Cl溶液的pH＝4，下列说法正确的是(　 ) ①溶液中c(H＋)＞c(OH－) ②由水电离产生的c(H＋)约为10－10 mol·L－1 ③溶液中离子浓度关系为 c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－) ④在纯水中加入该NH4Cl溶液，水的电离被抑制 A．①②　　　　　　　　B．①③ C．①④ D．①②③④ 解析：选B　②中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，④中NH水解，水的电离被促进。 2．(2024·广西柳州模拟)次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸，与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成NaH2PO2，下列叙述错误的是(　 ) A．NaH2PO2的水溶液加水稀释，增大 B．H3PO2溶液中存在电离平衡：H3PO2⥫⥬ H2PO＋H＋ C．NaH2PO2溶液中：c(Na＋)>c(H2PO)>c(OH－)>c(H＋) D．NaH2PO2溶液中存在： c(H2PO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋) 解析：选A　NaH2PO2的水溶液加水稀释，H2PO水解程度增大：H2PO＋H2O⥫⥬ H3PO2＋OH－，Kh＝·，则＝·c(H2PO)，c(H2PO) 不断变小，所以减小，A错误；次磷酸是一元弱酸，不完全电离，B正确；H2PO水解，离子数量少于Na＋，阴离子水解溶液显碱性，c(OH－) > c(H＋)，H2PO水解数量极少，C正确；根据溶液中电荷守恒，阳离子所带正电荷总量等于阴离子所带负电荷总量，D正确。 3．(2024·天津模拟)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　 ) A．0.1 mol·L－1H3PO4溶液中：c(H3PO4)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO) B．0.1 mol·L－1Na2C2O4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋c(C2O) C．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中： c(H2CO3)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1 D．氨水和NH4Cl溶液混合形成的pH＝9的溶液中：c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋) 解析：选A　磷酸为多元酸，第一步电离程度>第二步电离程度>第三步电离程度，所以在0.1 mol·L－1H3PO4溶液中：c(H3PO4)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)，故A正确；0.1 mol·L－1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，故B错误；0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1，故C错误；氨水和NH4Cl溶液混合形成的pH＝9的溶液中：c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(Cl－)<c(NH)，故D错误。 4．(2024·北京海淀模拟)向1 L 0.3 mol·L－1的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是(　 ) A．通入二氧化碳为0.15 mol时，2c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO) B．通入二氧化碳为0.15 mol时，c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO) C．通入二氧化碳为0.2 mol时，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) D．向A选项反应后的溶液中通入0.3 mol HCl，加热，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.3 mol·L－1 解析：选A　n(NaOH)＝0.3 mol·L－1×1 L＝0.3 mol，通入二氧化碳为0.15 mol时，溶液中存在物料守恒：n(Na)＝2n(C)，即c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，A错误；通入二氧化碳为0.15 mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH－，只有一步水解生成HCO，则c(OH－)＞c(HCO)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，故B正确；通入二氧化碳为0.2mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O、H2O＋Na2CO3＋CO2 ===2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1 mol，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故C正确；向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等，即c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.3 mol·L－1，故D正确。 5．常温下，用0.1 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·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10 mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．当滴入氨水20 mL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20 mL，c(NH)<c(Cl－) 解析：选D　HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)>c(CH3COO－)，A项正确；当滴入氨水10 mL 时，溶质为等物质的量的NH4Cl和CH3COOH溶液，B项正确；当滴入氨水20 mL时，溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl，C项正确；恰好反应时，生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，此时溶液呈酸性，若溶液呈中性，则氨水滴入量大于20 mL，c(NH)>c(Cl－)，D项错误。 6．(2023·四川成都检测)室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如表： 实验编号 起始浓度/(mol·L－1) 反应后溶液的pH c(HA) c(KOH) ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 下列判断不正确的是(　 ) A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝ mol·L－1 C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1 D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋) 解析：选B　实验①反应后溶液的pH＝9，即溶液显碱性，说明HA为弱酸，二者等浓度等体积混合恰好反应生成KA，A－水解，A项正确；实验①反应后的溶液中，由电荷守恒式c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)知，c(K＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)，B项错误；因为HA为弱酸，如果与等体积等浓度的KOH溶液混合，溶液显碱性，若溶液显中性，则在两溶液体积相等的条件下，HA溶液的浓度应大于0.2 mol·L－1，所以实验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1，C项正确；实验②反应后溶液显中性，根据电荷守恒式c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＝c(A－)，即c(K＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D项正确。 7．常温下，在含有0.10 mol·L－1H3PO3的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pH的变化关系如图所示。已知pc＝－lg c，下列有关说法正确的是(　 ) A．曲线①代表H3PO3 B．a点溶液中c＝2c＋c＋c C．H3PO3＋HPO ⥫⥬ 2H2PO平衡常数的数量级为105 D．c点对应的溶液中：c＝0.05 mol·L－1－0.5c 解析：选D　H3PO3的浓度随pH增大而减小，因此曲线③代表H3PO3，H2PO的浓度随pH先增大后减小，因此曲线②代表H2PO，HPO的浓度随pH增大而增大，因此曲线①代表HPO；根据a、b两个交点分别可以算出H3PO3的Ka1＝10－2.1、Ka2＝10－6.6。根据分析，曲线③代表H3PO3，A错误；由电荷守恒关系可知a点c<2c＋c＋c，B错误；该反应平衡常数K＝＝＝104.5，因此平衡常数的数量级为104，C错误；根据物料守恒：c＋c＋c(H3PO3)＝0.1，而c点：c＝c，代入物料守恒式即可推出c＝0.05 mol·L－1－0.5c，D正确。 8．如图为某实验测得0.1 mol·L－1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是(　 ) A．a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小 B．a点时，Kw＜Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3) C．b点溶液中，c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO) D．ab段，pH减小说明升温抑制了HCO的水解 解析：选A　Kw＝c(H＋)c(OH－)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是c(OH－)不同，c点的Kw大，所以a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小，故A正确；碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，Kh＝ ＞Ka2，所以Kw＞Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，故B错误；b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，由于c(H＋)<c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(HCO)＋2c(CO)，故C错误；碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，且电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了碳酸氢根离子的电离和水解，故D错误。 9．在常温下，向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．a点的溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋) B．b点的溶液中：2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol C．c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO的电离能力大于其水解能力 D．若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na＋)＝c(CH3COO－) 解析：选B　a点时，5 mL盐酸和氢氧化钠发生反应，溶液中剩余氢氧化钠5 mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度：c(Na＋ )>c(CO)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋ )，A错误；b点溶液pH＝7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO)<n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒：n(CO)＋n(HCO)＋n(H2CO3)＝0.001 mol，则2n(CO)＋n(HCO)<0.001 mol，B正确；c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，C错误；若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋ )＋c(H＋ )＝c(CH3COO－)＋c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)，由于pH＝7，c(H＋ )＝c(OH－)，得到：c(Na＋ )＝c(CH3COO－)＋c(HCO)＋2c(CO)，即c(Na＋ ) >c(CH3COO－)，D错误。 10．常温下，向1 L 0.1 mol·L－1 一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[已知常温下，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5]，使溶液的温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(　 ) A．0.1 mol·L－1 HR溶液的pH约为3 B．HR为弱酸，常温下Ka(HR)＝1.0×10－7 C．当通入0.1 mol NH3时，溶液中c(R－)>c(NH) D．当c(HR)＝c(R－)时，溶液呈中性 解析：选A　由题图可知，pH＝5时，lg＝0，则有＝1，说明HR在溶液中不能完全电离，则HR是弱酸，存在电离平衡：HR⥫⥬ H＋＋R－，HR的电离平衡常数为Ka(HR)＝＝ c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1，由于温度不变，则Ka(HR)始终不变。设HR溶液中c(H＋)＝x mol·L－1，则有Ka(HR)＝＝1×10－5，解得x＝1×10－3，则pH＝3，A正确，B错误。1 L 0.1 mol·L－1 一元酸HR溶液中通入0.1 mol NH3，二者恰好完全反应生成NH4R，由于Ka(HR)＜Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，则R－的水解程度大于NH的水解程度，故溶液中c(R－)＜c(NH)，C错误。由题图可知，当c(HR)＝c(R－)时，lg＝0，pH＝5，溶液呈酸性，D错误。 11．25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1盐酸，溶液中CN－、HCN的分布分数δ(X)δ(X)＝，X＝CN－或HCN随溶液pH的变化关系如图1所示，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是(　 ) A．在pH＝6的溶液中c(Cl－)<c(HCN) B．Ka(HCN)＝109.3 C．b点对应溶液中：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋) D．c点对应溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－) 解析：选D　溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)①、电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)②，将①代入②得c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，又常温下pH＝6时c(H＋)>c(OH－)，则c(Cl－)>c(HCN)，A项错误；题图1中a点对应溶液中c(CN－)＝c(HCN)，且此时溶液pH＝9.3，故Ka(HCN)＝＝c(H＋)＝10－9.3，B项错误；b点对应溶液中的溶质是等物质的量的HCN、NaCl与NaCN，且溶液呈碱性，则CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)，C项错误；c点对应溶液中的溶质是等物质的量的HCN和NaCl，电荷守恒关系式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)③，物料守恒关系式为c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)＝c(Cl－)④，联立③④得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，D项正确。 12．(2024·安徽蚌埠模拟)一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1 mol·L－1 的NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)。H2SO3的电离常数分别为Ka1＝1.29×10－2，Ka2＝6.24×10－8。下列说法错误的是(　 ) A．“吸收”所得溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－) B．“吸收”所得溶液中不可能存在：c(Na＋)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(HSO)＞c(OH－) C．“吸收”所得c总＝0.1 mol·L－1的溶液中：c(H2SO3)＞c(SO) D．调节“吸收”所得溶液的pH约为5，“氧化”时主要发生的反应为 2HSO＋O2===2SO＋2H＋ 解析：选C　二氧化硫被氢氧化钠吸收后可生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，溶液中根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，A正确；HSO⥫⥬ H＋＋SO，无论是Na2SO3或NaHSO3，不可能存在c(Na＋)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(HSO)＞c(OH－)，B正确；c总＝0.1 mol·L－1时，相当于NaHSO3溶液，根据电离常数计算，电离程度大于水解程度，c(SO)＞c(H2SO3)，C错误；根据平衡常数数据可知，亚硫酸氢钠的电离大于水解，溶液显酸性，所以若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要的阴离子为HSO，“氧化”时主要发生的反应为2HSO＋O2===2SO＋2H＋，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$