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专题17 离子浓度大小比较12019新课标NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×103 ，Ka2=3.9×106）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关BNa+与A2的导电能力之和大于HA的Cb点的混合溶液pH=7Dc点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH)【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2 的导电能力强于HA，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C错误；1D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。- 22019江苏室温下，反应 +H2O H2CO3+OHHCO 的平衡常数K=2.2×108。将NH4HCO33溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A0.2 mol·L1氨水：c (NH3· H2O)>c( + )> c (OH)> c (H+) NH4B0.2 mol·L1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ( )> c ( )> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)NH HCO+ -4 3C 0.2 mol · L 1 氨水和0.2 mol · L 1NH4HCO3 溶液等体积混合：c( )+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ( )+NH HCO+ -4 3c( )2-CO3D0.6 mol · L1 氨水和0.2 mol·L1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+c( - )+ c(OH2 )= CO30.3 mol·L1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】【详解】A.NH3 H2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2O NH4+OH-，H2O H+OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；2B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3- H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2O NH3H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3H2O)，故B正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C错误；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电 荷守 恒 有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3 与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。32019浙江选考室温下，取20 mL 0.1 mol·L1 某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L1 NaOH溶液。已知：H2A H+HA，HA H+A2。下列说法不正确的是A0.1 mol·L1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 mol·L1B当滴加至中性时，溶液中c(Na+)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。【详解】A. 0.1 mol·L1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，3因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1mol·L 1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。故答案选B。4. (2018 江苏，14，4 分)（双选） H2C2O4 为二元弱酸,Ka1 (H2C2O4)=5.4 × 10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4 溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。 室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2C2O4 溶液至终点。 滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. 0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)C.pH=7 的溶液:c(Na+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)AD 本题考查溶液中粒子浓度大小的关系，较难。H2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H)=c(OH)+c(HC2O4)+2c(C2O42-)，物料守恒：c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100 0 mol·L-1，将两式相加，可得c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)c(H2C2O4)，A项正确；c(Na)=c(总)的溶液，相当于等物质的量的H2C2O4 与NaOH反应后的溶液，即为NaHC2O4溶液，已知Ka2=5.4×10-5，Kh(HC2O4-)= ，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液显酸性，则c(C2O42-)>c(H2C2O4)，B项错误；起始时，H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100 0 mol ·L-1 ，滴入NaOH溶液后，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.100 0 mol·L-1，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，pH=7的溶液中，c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)< 0.100 0 mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C项错误；c(Na)=2c(总)的溶液，相当于1 mol H2C2O4与2 mol NaOH反应后的溶液，即为Na2C2O4溶液，Na2C2O4中存在质子守恒：c(OH-)=c()+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，D项正确。45.【2017高考全国卷卷13题】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )A.Ka2(H2X)的数量级为10-6B.曲线N表示pH与lg 的变化关系C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)【答案】D【解析】本题考查弱酸电离平衡和溶液中离子浓度大小比较等。(1)图象纵轴表示pH，横轴表示溶液中两种粒子浓度比的对数；(2)酸性越强，c( )越大，pH越 小；(3)横坐标为0.0时两种粒子浓度之比为1，而电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关。选择该点计算电离常数。H2X的电离方程式为H2X +H ，H + 。当 = =1时，即横坐标为0.0时，Ka1=c( )，Ka2=c'( )，因为Ka1>Ka2，故c(H+)>c'(H+)，即pH<pH'，结合图象知，曲线N代表第一步电离，曲线M代表第二步电离。Ka210-5.4，A项正确；由上述分析知，B项正确；选择曲线M分析，当NaHX、Na2X浓度相等时，溶液pH约为5.4，溶液呈酸性，所以，NaHX 溶液中 c(H+)>c(OH-) ，C 项正确；电荷守恒式为c(N )+c( )=c(O )+c(H )+2c( )，中性溶液中存在c( )=c(O )，故有5c(N )=c(H )+2c( )，假设c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)>c(X2-)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX-)<c(X2-)，D项错误。【名师点晴】本题受二元弱酸电离，以第一步为主，第二步电离常数小于第一步等思维定势的影响，误认为c(H )>c( )，会认为D项正确，导致错选，其错选本质原因是忽视了“混合溶液呈中性”条件的限制。本题主要考查弱电解质电离及电离常数的计算，难点在于选择两种粒子浓度相等条件下求电离常数。6. 【2017高考江苏卷14题】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法正确的是（ ）A.浓度均为0.1 mol·L-1 的HCOONa 和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH 溶液的体积相等C.0.2 mol · L-1 HCOOH 与 0.1 mol · L-1 NaOH 等 体 积 混 合 后 的 溶 液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2 mol · L-1 CH3COONa 与 0.1 mol · L-1 盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)【答案】AD【解析】本题考查弱电解质的电离平衡知识。HCOONa溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，NH4Cl溶液中存在c( )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，两溶液中有c(Na+)=c(Cl-)，只要比较HCOONa溶液中c(H+)与NH4Cl溶液中c(OH-)的大小即可，由电离常数可知， 的水解程度比HCOO-的大，则NH4Cl溶液中c(H+)较HCOONa溶液中c(OH-) 大，即 NH4Cl 溶液中 c(OH-) 较 HCOONa 溶液中 c(H+) 小，所以有c(Na+)+c(H+)>c(Cl-)+c(OH-)=c( )+c(H+)，A项正确；CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小，即CH3COOH的酸性弱，则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的，和NaOH反应时，CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大，B项错误；反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由物料守恒6得 :2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-) ， 则 c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH) ， 所 以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+)，C项错误；反应后得到c(CH3COONa)=c(CH3COOH)=c(NaCl)的混合溶液，由物料守恒得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-)，pH<7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，即c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，电离和水解均很微弱，故c(H+)小于c(CH3COOH)，D项正确。【名师点晴】电解质溶液中存在物料守恒，要抓住谁和谁物料守恒，如本题C项，c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，HCOOH电离出HCOO-，HCOO-水解生成HCOOH，故c(HCOO-)和c(HCOOH)之和不变，是Na+浓度的两倍。D项也是如此，0.2 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1mol · L-1 盐酸等体积反应，两者物质的量之比为 2 1 ，则有物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-)。7 【2016 年高考江苏卷】H2C2O4 为二元弱酸。20 时，配制一组c(H2C2O4 )+c(H2C2O4 )+c( )+c( )=0.100 mol·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( )>c( )B.c(Na+)=0.100 mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c( )C.c( )=c( )的溶液中:c(Na+)>0.100 mol·L-1+c( )D.pH=7.0 的溶液中:c(Na+)>2c( )【答案】BD【解析】本题考查离子浓度大小比较，意在考查考生对溶液中存在的守恒关系的理解能力。A项，由题图知pH=2.5 时，c( )>0.08 mol · L-1 ，则c( )+c(H2C2O4)<0.02mol·L-1，错误；B项，当c(Na+)=0.100 mol·L-1时，溶液的溶质恰好为NaHC2O4，依据质子7守恒知，B项正确；C项，依据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，又c( )+c( )+c(H2C2O4) =0.100 0 mol·L-1，c( )=c( )，故2c( )=0.100 0 mol ·L-1-c(H2C2O4)，c(Na+)+c(H+)=0.100 0 mol ·L-1-c(H2C2O4)+c( )+c(OH-)，c(Na+)=0.100 0 mol·L- 1+c( )-c(H2C2O4)+c(H+)-c(OH-)，因为c(H2C2O4)>0，由题图知c(H+)-c(OH-)>0，则c(Na+)<0.100 0 mol·L-1+c( )=0.100 0 mol·L-1+c( )，错误；D 项，由电荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，pH=7.0 时有:c(Na+)=c( )+2c( )，c(Na+)>2c( )，正确。【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中的离子平衡以及离子浓度大小比较【名师点晴】该题综合性强，难度较大。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到“守恒”来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。8【2016年高考四川卷】 向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 mol<n(CO2)0.015 mol 时发生的反应是:2NaAlO2+CO2+3H2O 2Al(OH)3+Na2CO3。下列对应关系正确的是 （ ）选项 n(CO2)/mol 溶液中离子的物质的量浓度A 0 c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)B 0.01 c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)C 0.015 c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)D 0.03 c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)【答案】D8【解析】本题考查溶液中的离子浓度大小比较，意在考查考生利用溶液中的水解平衡原理以及“三大守恒”分析、解决问题的能力。明确各阶段发生的化学反应以及溶液中的溶质是解题的关键。当n(CO2)=0 mol时，c(Na+)<c( )+c(OH-)，A项错误；当n(CO2)=0.01 mol时，恰好发生反应CO2+2OH- +H2O，溶液中的溶质为等物质的量的NaAlO2和Na2CO3，存在和 的水解，且 的水解程度大于 的水解程度，则溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c( )>c( )>c(OH-)，B项错误；当n(CO2)=0.015 mol时，溶液中的溶质仅为Na2CO3，则溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c( )>c(OH-)>c( )，C 项错误；当n(CO2)=0.03 mol 时，溶液中的溶质仅为NaHCO3 ，则溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c( )>c(OH- )>c(H+)，D项正确。【考点定位】考查电解质溶液中的离子平衡，钠、铝及其化合物的性质【名师点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。9【2016 年 高考天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH 溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时，溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时，三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后: c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】本题考查酸碱中和滴定的分析，意在考查考生对滴定过程中粒子的分析能力。三种酸的浓度相等，根据图象，在滴定前HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，A项正 确；P点溶液中含有等物质的量的9NaB与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，所以c(B-)>c(HB)，由物料守恒:2c(Na+)=c(HB)+c(B-)知，c(Na+)介于c(B-)、c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-) ，X- 代表A- 、B- 、D- ，在pH=7 时，c(H+)=c(OH-)，c(Na+) =c(X-)，而pH=7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na+)不相等，则c(X-)也不相等，C项错误；中和百分数为100%的三种溶液，其溶 质 分 别 是 NaA 、 NaB 、 NaD ， 混 合 后 溶 液 中 的 电 荷 守 恒 式为 :c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(D-)+c(OH-) ， 此 式 中c(Na+)=c(Na+)NaA+c(Na+)NaB +c(Na+)NaD ，混合前的三种溶液中存在物料守恒:c(Na+)NaA=c(A-)+c(HA)，c(Na+)NaB=c(B-)+c(HB)，c(Na+)NaD=c(D-)+c(HD)，消去式中的c(Na+)和c(A-)、c(B-)、c(D-)，得c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，D项正确。【考点定位】考查中和滴定图像、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较【名师点晴】本题考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等。在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发，分析思考。（1）两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3 溶液中：c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即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。例如，NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)=c(HCO3)2c(CO32)c(OH)。物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0.1 mol·L1 NaHCO3 溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)0.1 mol·L1。质子守恒：由水电离出的c(H)等于由水电离出的c(OH)，在碱性盐溶液中OH守恒，在酸性盐溶液中H守恒。例如，纯碱溶液中c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。10 2015浙江理综化学】40 ,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所【示。下列说法不正确的是（ ）10A.在pH=9.0时,c(NH4+)>c(HCO3)>c(NH2COO-)>c(CO32)B.不同pH的溶液中存在关系:c(N H4+)+c(H+)=2c(CO32)+c(HCO3)+c(NH2COO-)+c(OH-)C.随着CO2 的通入, 不断增大D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成【答案】C【解析】本题考查电解质溶液有关知识,意在考查考生对电荷守恒、物料守恒等规律的理解与运用能力。从图中可知,pH=9.0时c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH2COO-)>c(CO32-),A项正确;电解质溶液中,阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,B 项正确;溶液中对于NH3 · H2O、N H4+ 、OH- 体系而言,存在K=c(NH4+)·c(OH-)/c(NH3 ·H2O),即K/c(NH4+)=c(OH-)/c(NH3 ·H2O),温度不变K 值不变,当不断通入CO2 时,c(NH4+)增大,则c(OH-)/c(NH3·H2O)减小,C项错误;从图中可知,在通入CO2 过程中有NH2COO-中间产物生成,D项正确。【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。【名师点晴】本题从知识上考查了电解质溶液。涉及弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度的大小比较、外加各类物质对电离平衡、水解平衡的影响。在比较离子浓度的大小关系时经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒这三大守恒关系。考察了学生对知识理解、综合运用能力，对离子浓度大小的比较的方法积三大守恒的掌握情况。这道高考题为一道中档题，创新性较强。1111【2015四川理综化学】常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3 晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列关于滤液中的粒子浓度关系不正确的是（ ）A. <1.0×10-7 mol/LB.c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2 CO3)C.c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCO3)+2c(CO32)D.c(Cl-)>c(NH4+)>c(HCO3)>c(CO32)【答案】C【解析】本题考查电解质溶液,意在考查考生对电解质溶液理论的理解与应用能力。溶液为酸性,而常温下,KW=1.0×10-14,故KW/c(H+)=c(OH-)<1.0×10-7 mol/L,A项正确;由物料守恒可 知 B 项 正 确 ; 由 溶 液 中 的 电 荷 守 恒 可 知 c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),由于有NaHCO3 析出,则c(Na+)<c(Cl-),C项错误;N H4+水解,故c(Cl-)>c(N H4+),酸性溶液中c(HCO3-)>c(CO32-), D项正确。【考点定位】电解质溶液【名师点睛】电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。考查的重点内容有：1、弱电解质的电离平衡（主要考查：电解质、非电解质的判断；某些物质的导电能力大小比较；外界条件对电离平衡的影响及电离平衡的移动；将电离平衡理论用于解释某些化学问题；同浓度(或同pH)强、弱 电解质溶液的比较等等。）；2、水的电离程度影响的定性判断与定量计算；3、盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；4、溶液中离子浓度大小的比较等。12【2015山东理综化学】室温下向10mL0.1 mol·L1NaOH溶液中加入0.1 mol·L1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）12Aa点所示溶液中c(Na+)>c(A)>c(H+)>c(HA)Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH=7时，c(Na+)= c(A)+ c(HA)Db点所示溶液中c(A)> c(HA)【答案】D【解析】本题考查了酸碱中和滴定过程分析,意在考查考生分析图象的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。加入10 mL一元酸HA溶液时,恰好中和,但溶液的pH为8.7,说明HA为弱酸,a点表示NaA溶液,存在A-的水解,应有:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A项错误;a点水的电离受到促进,b点为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液,溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A-的水解程度,故c(A-)>c(HA),总的来看水的电离受到了抑制,B项错误,D 项正确;由溶液中电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),则可知c(Na+)=c(A-),C项错误。【考点定位】本题通过分析图像的分析、酸碱中和反应进行的程度，结合弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了离子浓度比较、水的电离程度的比较。来源:学,科,网【名师点睛】本题难度较大，综合性较强，涉及到电解质水溶液中离子浓度的等量关系、大小关系以及水的电离程度等知识和规律。解答本题时应正确分析图像，根据酸碱中和反应，分析出溶液的溶质，根据酸碱性和弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了考生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。13【2015安徽理综化学】25时，在10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)B.加入10 mL 盐酸时:c(N )+c(H+)=c(OH-)13C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)D.加入20 mL 盐酸时:c(Cl-)=c(N )+c(Na+)【答案】B【解析】本题考查强弱电解质的电离、中和滴定和盐类水解对电解质溶液中粒子浓度的影响，意在考查考生对电解质溶液理论的理解和应用能力。A项错误，NH3·H2O在溶液中存在以下平衡:NH3+H2O NH3·H2O NH4+OH-，则c(OH-)>c(Na+)>c(NH3·H2O)；B项正确，加入10 mL盐酸时，c(Na+)=c(Cl-)，根据电荷守恒式c(Na+)+c(N H4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)知，c(N H4+)+c(H+)=c(OH-)；C项错误，根据电荷守恒式，当溶液的pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)+c(N H4+)=c(Cl-)，故c(Cl-) >c(Na+)；D项错误，加入20 mL盐酸，氢氧化钠和NH3·H2O恰好被中和，但因生成的氯化铵水解，溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，结合电荷守恒式: c(Cl-)+c(OH-)=c(Na+) +c(H+)+c(N H4+)，可得正确的关系式为: c(Cl-)>c(Na+) +c(NH4+)。【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较,是全国高考的热点题型之一,重复率达100%,因为这类题目涉及的知识点多,难度大,区分度高。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到"守恒"来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。14【2015江苏化学】室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A.向0.10 mol·L-1 NH4HCO3 溶液中通CO2:c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)B.向0.10 mol·L-1 NaHSO3溶液中通NH3:c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32-)C.向0.10 mol·L-1 Na2SO3溶液中通SO2:c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D.向0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通HCl:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)14【答案】D【解析】本题考查粒子浓度大小比较,意在考查考生对溶液中存在的守恒关系的理解能力。由电荷守恒有,c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+2c(CO32-),因为pH=7,所以c(H+)=c(OH-),故有c(NH4+ )=c(HC O3-)+2c(C O32-),A 项错误;由电荷守恒有,c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),pH=7时c(H+)=c(OH-),则c(NH4+ )+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(S O32-),由物料守恒有,c(Na+)=c(HS O3- )+c(S O32-)+c(H2SO3),联立消去c(Na+),得c(NH4+ )+c(H2SO3)=c(S O32-),所以c(S O32-)>c(N H4+),B项错误;在Na2SO3溶液中,根据物料守恒,有c(Na+)=2c(S O32-)+c(HSO3- )+c(H2SO3),但是由于通入了SO2,S元素增多,所以该等式不成立, C项错误;由物料守恒有,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),所以c(Na+)>c(C