2022年高考化学一轮复习讲义第8章第41讲　溶液中“粒子”浓度关系 (含解析)

这是一份2022年高考化学一轮复习讲义第8章第41讲　溶液中“粒子”浓度关系 (含解析)，共27页。试卷主要包含了1 ml·L－12SO4溶液，23ml·L－1，常温下，已知醋酸的电离常数为1，0～10，4，曲线N对应pH约为4，6×10－15等内容，欢迎下载使用。

第41讲　溶液中“粒子”浓度关系
复习目标　1.理解电解质溶液中的电离平衡和水解平衡。2.掌握溶液中各组分之间的守恒关系与大小比较。3.学会分析不同类型图像中各离子浓度之间的关系。
考点一　“粒子”浓度关系判断

1．熟悉两大理论，构建思维基点
(1)电离理论
①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。
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)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。
(2)水解理论
①弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是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，如在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
2．把握三种守恒，明确等量关系
(1)电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
(2)物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
(3)质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：

由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。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。

(1)弱酸、弱碱的电离和盐的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于弱酸、弱碱的电离和盐的水解。所以在稀醋酸溶液中：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)；在CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(2)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加，如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉；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c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。

1．粒子种类的判断
(1)NaHCO3溶液中：_____________________________________________________________。
(2)向NaOH溶液中通入CO2气体(任意量)：_________________________________________。
答案　(1)(2)粒子种类都是离子：Na＋、CO、HCO、OH－、H＋；分子：H2CO3、H2O
2.0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中各离子浓度的关系
(1)大小关系：__________________________________________________________________。
(2)物料守恒：__________________________________________________________________。
(3)电荷守恒：__________________________________________________________________。
(4)质子守恒：__________________________________________________________________。
答案　(1)c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
(2)c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
(3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
(4)c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)
解析　Na2CO3===2Na＋＋CO(完全电离)，
CO＋H2OHCO＋OH－(主要)，
HCO＋H2OH2CO3＋OH－(次要)，
H2OH＋＋OH－(极微弱)。
3．等浓度的NaOH和CH3COOH按1∶2体积比混合后pH＜7
(1)离子浓度大小顺序为_________________________________________________________。
(2)电荷守恒式：_______________________________________________________________。
(3)物料守恒式：_______________________________________________________________。
答案　(1)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(2)c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
(3)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
解析　中和反应后，溶质为等量的CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO－)与c(CH3COOH)浓度之和等于c(Na＋)的2倍。
4．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：
①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为___________________________。
答案　⑤>④>③>①>②
解析　分析流程为
分组

题组一　单一溶液中离子浓度大小的比较
1室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．0.1 mol·L－1明矾溶液：c(SO)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(CO)
答案　C
解析　0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由物料守恒知，c(CO)不应乘以2，D错误。
2．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L－1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
答案　D
解析　由题意可知，NaA溶液水解显碱性，则c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)。水解是微弱的反应，因此水解生成的OH－浓度远小于未水解的A－浓度，A、B项错；电荷守恒表达式应为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，C项错。
3．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)
答案　C
解析　氨水为弱碱溶液，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＋)，结合电荷守恒可得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。
题组二　混合溶液中离子浓度大小的比较
4．用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是(　　)
A．c(H＋)>c(OH－)
B．c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
答案　A
解析　由电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因c(CH3COO－)>c(Na＋)，则c(H＋)
>c(OH－)；由物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2 mol·L－1，因c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)。
5．25 ℃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的盐酸。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(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．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(NH)＋c(Na＋)
答案　B
解析　A项，NH3·H2O是弱电解质，能部分电离，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)；B项，当加入10 mL盐酸时，恰好将NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)；C项，溶液pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－) ，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)；D项，加入20 mL盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O中和完，根据物料守恒有c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。
6．(2019·浙江4月选考，21)室温下，取20 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。
已知：H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。下列说法不正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 H2A溶液中有c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 mol·L－1
B．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10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，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　0.1 mol·L－1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)＋c(HA－)，因而c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝c(A2－)＋c(HA－)＝0.1 mol·L－1，A项正确；若NaOH用去10 mL，反应得到NaHA溶液，由于HA－H＋＋A2－，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10 mL的NaOH溶液，B项错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH<7，存在质子守恒，其关系为c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)，C项正确；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。
题组三　不同溶液中同一离子浓度大小的比较
7．下列5种混合溶液，分别由0.1 mol·L－1的两种溶液等体积混合而成：①CH3COONa与NaHSO4，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3，⑤CH3COONa与NaHSO3。下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②＞④＞⑤＞③＞①
B．c(CH3COOH)：①＞③＞⑤＞④＞②
C．c(CH3COO－)：②＞③＞④＞⑤＞①
D.：①＞⑤＞③＞④＞②
答案　D
解析　A项中pH的大小关系为②＞④＞③＞⑤＞①；B项中c(CH3COOH)的大小关系为①＞⑤＞③＞④＞②；C项中c(CH3COO－)的大小关系为②＞④＞③＞⑤＞①；D项中的大小关系为①＞⑤＞③＞④＞②，故正确。
8．比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)浓度均为0.1 mol·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(NH)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)③>②>④>①　(2)②>①>③　(3)④>②>③>①

比较电解质溶液中粒子浓度相对大小的解题思路

考点二　离子浓度与曲线关系图

滴定过程中，离子浓度动态分析

关键点
溶液中溶质成分及粒子浓度大小关系
常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1CH3COOH溶液

V(NaOH)＝0(0点)
溶质是CH3COOH
粒子浓度大小关系：c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
V(NaOH)＝10 mL
(点①)
溶质是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa
粒子浓度大小关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)
pH＝7(点②)
溶质是CH3COONa和少量的CH3COOH
粒子浓度大小关系：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)
V(NaOH)＝20 mL
(点③)
溶质是CH3COONa
粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
V(NaOH)＝40 mL
溶质是等物质的量的CH3COONa和NaOH
粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)


题组一　一元弱酸(或弱碱)中和反应过程中曲线分析
1．常温下，在10 mL 0.1 mol·L－1MOH溶液中滴加pH＝1的盐酸，溶液中AG(AG＝lg)与盐酸体积(V)之间的关系如图所示。

下列说法错误的是(　　)
A．常温下，MOH的电离常数约为1×10－5
B．E、F、G和P点中，G点水电离程度最大
C．G点对应的溶液中：c(Cl－)＞c(M＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．P点溶液中：c(Cl－)＝2c(MOH)＋2c(M＋)
答案　C
解析　E点表示未滴定时MOH溶液中lg＝8，c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，MOH的电离常数Kb＝≈1×10－5，故A正确；G点接近酸和碱恰好完全反应，在E、F、G和P点中，G点水电离程度最大，故B正确；G点对应的溶液pH＝7，c(M＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，故C错误；P点，加入盐酸体积是MOH溶液的2倍，pH＝1的盐酸浓度为0.1 mol·L－1，根据物料守恒知，c(Cl－)＝2c(MOH)＋2c(M＋)，故D正确。
2．(2020·石家庄模拟)常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为
0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是(　　)

A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)
B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
答案　C
解析　A项，点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，而且c(OH－)＞c(H＋)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，而且c(OH－)＜c(H＋)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，错误；B项，点③中pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，则点③中c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；C项，点①的溶液中存在物料守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示溶液中的物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，正确。
3．(2020·泸州模拟)常温下，将稀盐酸滴加到等浓度的弱碱AOH溶液中，测得混合液的pH和lg的关系如图所示，其中a点表示未加盐酸时的数据，e点表示HCl和AOH恰好完全反应时的数据。下列说法错误的是(　　)

A．常温下，A＋的水解平衡常数＝1.0×10－10
B．e点溶液中水电离出的H＋浓度为10－6.23mol·L－1
C．c点溶液中的n(A＋)＋n(AOH)等于e点溶液中的n(Cl－)
D．d点溶液中：c(Cl－)＞c(AOH)＞c(A＋)
答案　D
解析　由题图可知，a点时lg＝1，＝10，pH＝11，Kb＝＝＝10－4，则A＋的水解平衡常数Kh＝＝＝1.0×10－10，A正确；由题中信息可知，e点表示HCl和AOH恰好完全反应，溶液中溶质为ACl，ACl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶液中的H＋来自水的电离，所以e点溶液中水电离出的H＋浓度为10－6.23 mol·L－1，B正确；e点表示HCl和AOH恰好完全反应，根据物料守恒：n(A＋)＋n(AOH)＝n(Cl－)，从c点到e点继续滴加盐酸，n(Cl－)增大，但n(A＋)＋n(AOH)不变，所以c点溶液中的n(A＋)＋n(AOH)等于e点溶液中的n(Cl－)，C正确；d点溶液盐酸过量，A＋水解受到抑制，水解程度微弱，所以d点溶液中：c(Cl－)＞c(A＋)＞c(AOH)，D错误。
4.(2020·湖北省七市联考)常温下，已知醋酸的电离常数为1.75×10－5，向20 mL 0.01 mol·L－1
CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H＋)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是(已知≈4.2)(　　)

A．b、d两点溶液的pH相同
B．b点溶液中离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
C．e点所示溶液中，c(Na＋)＝2[c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)]＝0.005 mol·L－1
D．a点坐标为(0,2.4×10－11)
答案　D
解析　CH3COOH溶液中加入NaOH发生反应：CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，b点消耗NaOH的体积为10 mL，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为＝＝×10－9<1.75×10－5，CH3COOH的电离大于CH3COO－水解，即b点溶液显酸性，d点溶质为CH3COONa和NaOH，溶液显碱性，b、d两点pH不相同，故A错误；根据A选项分析，b点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]＝≈0.006 7 mol·L－1，故C错误；CH3COOH发生电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离平衡常数Ka＝＝1.75×10－5，因此有c2(H＋)＝1.75×10－7，即c(H＋)≈4.2×10－4mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中c(OH－)＝＝ mol·L－1≈2.4×10－11 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝2.4×10－11mol·L－1，故D正确。
题组二　二元弱酸中和反应过程中曲线分析
5．(2019·山东青岛模拟)常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．曲线M表示pH与lg的变化关系
B．Ka2(H2Y)＝10－4.3
C．a点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)
D．交点c的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)
答案　D
解析　Ka1(H2Y)＝，随着pH增大，c(H＋)减小，增大，lg增大，故曲线M表示pH与lg的变化关系，A项正确；曲线N表示pH与lg的变化关系，当pH＝3时，c(H＋)＝10－3mol·L－1，lg＝1.3，＝10－1.3，Ka2(H2Y)＝＝10－1.3×10－3＝10－4.3，B项正确；a点溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(K＋)＝2c(Y2－)＋c(HY－)＋c(OH－)，故c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)，C项正确；交点c的溶液中：lg＝lg＝1.5，则c(H2Y)＝c(Y2－) 6．(2019·盐城模拟)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X[X表示或]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)
C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
D．pH＝4.19的溶液中：c(Na＋)＜3c(HC2O)
答案　C
解析　草酸是二元弱酸，其Ka1＝＞Ka2＝，当溶液的pH相同时，c(H＋)相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系，故A正确；pH＝1.22时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)，故B正确；lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线Ⅰ中lgX＝lg＝0，c(HC2O)＝c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中，lgX＝lg＝－3，c(HC2O)＝c(H2C2O4)＝103c(C2O)，c(H2C2O4)＞c(C2O)；pH＝4.19时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝3，c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中，lgX＝lg＝0，c(C2O)＝c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，c(H2C2O4) 题组三　弱酸盐反应过程中的曲线分析
7．(2020·滨州期末)25 ℃，向100 mL 0.01 mol·L－1的NaHA溶液中分别加入浓度均为
0.01 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(lg 5＝0.7)。下列说法不正确的是(　　)

A．25 ℃，H2A的第二步电离平衡常数约为10－6
B．P点时溶液中存在：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)
C．水的电离程度为N＞M＞P
D．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH可能小于2
答案　D
解析　由图可知，0.01 mol·L－1的NaHA溶液的pH＝4，则有c(H＋)≈c(A2－)＝10－4mol·L－1，c(HA－)≈0.01 mol·L－1，H2A的第二步电离平衡：HA－A2－＋H＋，则有Ka2＝≈＝10－6，A正确；P点加入100 mL 0.01 mol·L－1盐酸，恰好完全反应生成等浓度的NaCl和H2A，据电荷守恒可得，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，据物料守恒可得c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，综合上述两式消去c(A2－)可得：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)，B正确；N点加入100 mL 0.01 mol·L－1的NaOH溶液，此时为Na2A溶液，A2－发生水解而促进水的电离，M点为Na2A和NaHA的混合液，此时溶液中OH－全部是由水电离出的，由水电离的c(OH－)＝10－7 mol·L－1；P点为H2A和NaCl的混合液，H2A抑制水的电离，故水的电离程度：N＞M＞P，C正确；随着盐酸的不断滴入，溶液的pH无限接近于0.01 mol·L－1盐酸的pH，即溶液的pH无限接近于2，但大于2，D错误。
8．(2020·安徽省江淮十校联考)工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lg Y[Y＝或]与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是(　　)

A．通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动
B．α1＝α2一定等于45°
C．当对应溶液的pH处于1.81c(SO)
>c(H2SO3)
D．直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO)>c(SO)·c(H2SO3)
答案　C
解析　通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点向M点移动；Ka1＝，则lg Ka1＝lg＋lg c(H＋)，lg＝lgKa1＋pH，同理可得lg＝lgKa2＋pH，故α1＝α2一定等于45°；由图像可知，当对应溶液的pH处于1.810，溶液中c(H2SO3)、c(SO)的大小无法确定；由于Ka1>Ka2，＞，则c2(HSO)>c(SO)·c(H2SO3)。
题组四　各粒子分布分数的曲线分析
9．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(　　)

A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案　D
解析　根据图1可知：当LiH2PO4的浓度大于1 mol·L－1时其pH＝4.66，根据图2可知，当pH＝4.66时H2PO的分布分数达到0.994，即H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D对；LiH2PO4溶液中存在H2PO的电离平衡、HPO的电离平衡、H2PO的水解平衡、H2O的电离平衡等至少4个平衡，A错；LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错；LiH2PO4溶液的pH随着H2PO初始浓度的增大逐渐减小，但当H2PO的浓度增大到
10－1 mol·L－1时，浓度再增大，溶液的pH基本不变，C错。
10．(2020·武汉质检)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1 L 0.1 mol·L－1 H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9
B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O
C．M点对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0.1 mol·L－1
D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)＞c(H＋)＋c(K＋)
答案　B
解析　由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsO)＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，A项错误；由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小、H2AsO的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O，B项正确；根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0.1 mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故其总浓度小于0.1 mol·L－1，C项错误；由电荷守恒可知，c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，pH＝12时，溶液显碱性，由图可知，此时H3AsO3主要转化为H2AsO和HAsO，说明H2AsO和HAsO的电离作用小于H2AsO和HAsO的水解作用，H2AsO和HAsO水解都产生OH－，故c(OH－)＞c(H3AsO3)，因此，溶液中c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)＜c(H＋)＋c(K＋)，D项错误。

对数图像的解题策略
(1)先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。
(2)再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。
(3)抓住图像中特殊点：如pH＝7，lg x＝0，交叉点。
(4)理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。
(5)将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出选项的正误判断。

1．(2020·全国卷Ⅰ，13)以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL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：δ(A2－)＝]

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0.200 0 mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)
答案　C
解析　根据图像可知，滴定终点消耗NaOH溶液40 mL，H2A是二元酸，可知酸的浓度是0.100 0 mol·L－1，B项错误；起点溶液pH＝1.0，c(H＋)＝0.100 0 mol·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；由图可知，当δ(A2－)＝δ(HA－)时，pH＝2.0，c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1，HA－A2－＋H＋，Ka(HA－)＝＝1.0×10－2，C项正确；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。
2．[2020·新高考全国卷Ⅰ(山东)，15改编]25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
＝0.1 mol·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(　　)

A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝lg Ka
C．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1
D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大
答案　C
解析　随着溶液碱性的增强，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)增大，故MN线表示lgc(CH3COO－)，NP线表示lgc(CH3COOH)，MO线表示lgc(H＋)，OP线表示lgc(OH－)。O点时，c(H＋)＝c(OH－)，N点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，A项错误；N点时，lgc(CH3COOH)与lgc(CH3COO－)相等，故c(H＋)＝Ka，pH＝－lgKa，B项错误；由CH3COOH的电离平衡常数推导可知Ka＝＝c(H＋)·，故c(CH3COOH)＝mol·L－1，C项正确；溶液pH增大，碱性增强，CH3COO－的水解程度减小，D项错误。
3．(2020·浙江7月选考，23)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－)
答案　D
解析HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1 mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10 mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20 mL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(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得c(NH)＋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；滴入20 mL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20 mL，结合电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(NH)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(NH)＞c(Cl－)，D错误。
4．(2020·江苏，14改编)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正确的是(　　)
A．NaHCO3—Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)
B．氨水—NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
C．CH3COOH—CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
D．H2C2O4—NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)
答案　D
解析　A项，溶液呈碱性，说明CO水解的程度大于HCO电离的程度，因此c(HCO)＞c(CO)，CO的水解是微弱的，溶液中仍有大量的CO，则c(CO)＞c(OH－)，错误；B项，由电荷守恒可知，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒为c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)，两式联立消去c(Cl－)可得：c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)，错误；C项，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离的程度大于CH3COO－水解的程度，则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，错误；D项，由电荷守恒知，c(H＋)＋c(Na＋)
＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，由物料守恒知，2c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，两式相减得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，正确。
5．(2017·全国卷Ⅰ，13)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10－6
B．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　横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B正确；＝1时，即lg＝0，pH≈5.4，c(H＋)≈1×10－5.4 mol·L－1，Ka2＝≈1×10－5.4，A正确；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即<1，lg<0，此时溶液呈酸性，C正确；当溶液呈中性时，由曲线M可知lg>0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，D错误。



1．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)
A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D．pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
答案　D
解析　A项，pH＝5的H2S溶液中，H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，故不正确；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a＜b＋1，故不正确；C项，草酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，无论怎样混合得到的溶液都符合电荷守恒，而该等式中缺少草酸根，不符合电荷守恒，故不正确；D项，因为酸性：醋酸>碳酸>次氯酸，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故正确。
2．Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n(SO)∶n(HSO)变化图像如图：

则以下离子浓度关系的判断正确的是(　　)
A．NaHSO3溶液中c(H＋)＜c(OH－)
B．Na2SO3溶液中c(Na＋)＞c(SO)＞c(HSO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．当吸收溶液呈中性时，c(Na＋)＞c(SO)＞c(HSO)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．当吸收溶液呈中性时，c(Na＋)＞c(HSO)＋c(SO)
答案　D
解析　A项，NaHSO3溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)；B项，Na2SO3溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)＞c(H＋)；C项，＝1∶1时，溶液略显碱性，若使溶液显中性，则c(SO)＜c(HSO)，错误；D项，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，由于c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，正确。
3．(2018·浙江4月选考，23)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．在a点的溶液中：c(Na＋ )>c(CO)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
B．在b点的溶液中：2n(CO)＋n(HCO)<0.001 mol
C．在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－)
答案　B
解析　向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸时，反应过程为OH－＋H＋===H2O，CO＋H＋===HCO，HCO＋H＋===H2CO3。A项，加入盐酸体积为5 mL时，溶液中溶质的物质的量之比为n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1∶2，溶液中离子浓度大小应为c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，错误；B项，溶液的pH＝7时电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，化简可得：2c(CO)＋c(HCO)＝
c(Na＋)－c(Cl－)，即2n(CO)＋n(HCO)＝n(Na＋)－n(Cl－)＝0.003 mol－n(Cl－)，pH＝7时盐酸体积大于20 mL，故n(Cl－)＞0.002 mol，所以2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol成立，正确；C项，c点pH小于7是因为反应生成的H2CO3的电离大于HCO的水解导致，错误；D项，把盐酸换成同浓度的醋酸，滴至溶液pH＝7时，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)与c(CH3COO－)不相等，错误。
4．(2019·天津质检)常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：p＝－lg]。下列叙述不正确的是(　　)

A．Ka(HA)的数量级为10－5
B．滴加NaOH溶液过程中，保持不变
C．m点所示溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)
D．n点所示溶液中：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
答案　D
解析　HAH＋＋A－，Ka(HA)＝，p＝－lg＝0时，Ka(HA)＝c(H＋)＝10－4.76，Ka(HA)的数量级为10－5，A项正确；＝＝，故滴加NaOH溶液过程中，保持不变，B项正确；由电荷守恒可知，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由A分析可知，m点时c(A－)＝c(HA)，则c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，C项正确；n点溶液中根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，n点溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(Na＋)＜c(A－)，故不可能有c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，D项错误。
5．联氨(N2H4)是一种二元弱碱，有N2H4＋H2ON2H＋OH－　Kb1＝3×10－6
N2H＋H2ON2H＋OH－　Kb2＝7.6×10－15
室温下，用0.01 mol·L－1 HCl溶液滴定10 mL 0.1 mol·L－1的联氨(N2H4)水溶液。滴定过程中溶液的pOH变化如图所示，且M点pOH＝7(已知lg3≈0.48)，则下列判断正确的是(　　)

A．滴定起点的pOH＝3
B．若M点pOH＝7时，则有c(N2H)＝c(Cl－)
C．N点含氮微粒的大小关系为c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)
D．图中各点对应的Kb2关系为Kb2(M)＜Kb2(N)＜Kb2(P)
答案　C
解析　Kb1＝3×10－6＝＝≈，a＝×10－3.5＝c(OH－)，则pOH＝3.26，A项错误；依据电荷守恒关系：c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，当M点pOH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，有c(N2H)＋2c(N2H)＝c(Cl－)，B项错误；N点消耗HCl为10 mL，溶质为N2H5Cl，溶液为酸性，可知N2H电离(呈酸性)转化为N2H4为主，N2H水解(呈碱性)转化为N2H为次，水解和电离均是微弱过程，故c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)，C项正确；电离平衡常数仅是温度的函数，Kb2(M)＝Kb2(N)＝Kb2(P)，D项错误。
6．(2020·青岛模拟)室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．H2A的电离方程式：H2AH＋＋HA－
B．pH＝5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA－)∶c(A2－)＝100∶1
C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA－)
D．Na2A溶液中必存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
答案　C
解析　由图知，在pH＝0～6范围内，不存在H2A分子，说明H2A的第一步电离是完全的，H2A的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，A项错误；由pH＝3时的数据可求得HA－的电离常数Ka＝＝1×10－3，温度不变，电离常数不变，故pH＝5时电离常数Ka＝＝＝1×10－3，解得＝100，故B项错误；在等物质的量浓度的NaHA和Na2A混合溶液中，pH＜7，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，故离子浓度大小的关系应为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA－)，C项正确；根据H2A的电离方程式知，Na2A溶液中c(H2A)＝0，D项错误。
7．(2020·德州模拟)298 K时，将0.1 mol·L－1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释，溶液的pH与稀释倍数的对数lg的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．酸性：HY＞HX
B．298 K时，＝
C．lg＝2时，c(HX)＋c(X－)＝c(HY)＋c(Y－)
D．相同浓度时，NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等
答案　D
解析　由图像可知，同浓度的NaX和NaY的pH：NaX大，说明X－在水溶液中的水解能力强于Y－，则酸性：HY>HX，故A正确；由图像可知，同浓度的NaX和NaY的pH相差1，可知＝，故B正确；根据物料守恒可知，lg＝2时，c(HX)＋c(X－)＝c(HY)＋c(Y－)，故C正确；根据电荷守恒可知，浓度相等的两溶液中，阴、阳离子总浓度＝2c(Na＋)＋2c(H＋)，由于水解程度：NaX>NaY，则两溶液中c(H＋)不同，故两溶液中离子总浓度不相等，故D错误。
8．(2019·南阳等六市联考)某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．M点和N点溶液中H2O的电离程度相同
B．Q点溶液中，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
C．M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性
D．N点溶液加水稀释，变小
答案　B
解析　由于M点碱过量，N点酸过量，M点溶液中氢氧根离子浓度与N点溶液中氢离子浓度相同，对水的电离抑制能力相同，故两点水的电离程度相同，A正确；Q点时pH＝pOH，说明溶液呈中性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，B错误；M点溶液中主要溶质为一水合氨，为弱电解质，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度较小，Q点溶液中溶质主要为氯化铵，为强电解质，溶液中离子浓度较大，故M点溶液的导电能力小于Q点，C正确；N点溶液加水稀释，Kb＝，温度不变，Kb不变，加水稀释氢离子浓度减小，c(OH－)增大，所以变小，故D正确。
9．常温下，将体积为V1的 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.100 0 mol·L－1 Na2CO3 溶液中，溶液中H2CO3、HCO、CO所占的物质的量分数(α)随pH 的变化曲线如图。下列说法不正确的是(　　)

A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B．在pH＝8.3时，溶液中：c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)<0.100 0 mol·L－1
C．在pH＝6.3时，溶液中， c(Na＋)> c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)
D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)
答案　D
解析　A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)<0.100 0 mol·L－1，正确；C项，在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)>
c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，所以离子浓度大小关系为 c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3 、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的水解程度，则溶液中c(HCO)>c(CO)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，错误。
10．(2020·汕头市高三模拟)在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入 10 mL 1.0 mol·L－1盐酸中，溶液 pH 和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A．c点存在守恒关系：c(NH)＝c(Cl－)
B．b点：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
C．水的电离程度：b>c>a>d
D．25 ℃时 ，NH4Cl 水解平衡常数为(n－1)×10－7(用n表示)
答案　C
解析　c点溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NH)＝c(Cl－)，A正确；b点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl－)>
c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，而a、d两点都抑制了水的电离，所以b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，C错误；根据图像可知，25 ℃时溶液的pH＝7，则：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0.5 n－0.5) mol·L－1，则25 ℃时NH4Cl水解常数为Kh＝＝(n－1)×10－7，D正确。
11．(2020·安徽省皖南八校高三模拟)常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY＝－lgY。下列叙述错误的是(　　)

A．曲线n表示p与pH的变化关系
B．Ka1(H2X)＝1.0×10－10.3
C．NaHX溶液中c(OH－)＞c(H＋)
D．当pH＝7时，混合溶液中c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)
答案　B
解析　H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，则pH相同时，＜，pY＝－lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系，据此结合选项分析解答。根据分析可知，n表示pH与p的变化关系，A选项正确；M点pH＝9.3，c(H＋)＝10－9.3mol·L－1，p＝－lg＝1，则＝0.1，所以Ka2(H2X)＝·c(H＋)＝10－9.3×0.1＝1.0×10－10.3，N点pH＝7.4，c(H＋)＝10－7.4mol·L－1，p＝－lg＝－1，则＝10，所以Ka1(H2X)＝·c(H＋)＝10－7.4×10＝1.0×10－6.4，B选项错误；根据B可知HX－的电离平衡常数为1.0×10－10.3；曲线n表示pH与p的变化关系，N点pH＝7.4，p＝－lg＝－1，＝10，所以HX－的水解平衡常数Kh＝＝×＝1.0×10－7.6＞1.0×10－10.3，说明HX－的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)，C选项正确；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)，D选项正确。
12．(2020·洛阳市高三统考)25 ℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，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．图中a＝2.6
B．25 ℃时，HCO＋H2OH2CO3＋OH－的Kh＝1.0×10－6.4
C．M点溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)＋2c(CO)＋c(OH－)
D．若要表示题目条件下pH与lg的变化关系，则曲线应该在平行于曲线x的下方
答案　A
解析　根据点N(7.4,1)，lg＝1，则＝10，碳酸的一级电离常数Ka1＝＝10×10－7.4＝10－6.4，将M点c(H＋)带入一级电离常数公式，解得＝102.6，a＝2.6，A正确；该反应的水解常数Kh＝，根据M点，＝
10－2.6 ，c(H＋)＝10－9 mol·L－1，c(OH－)＝10－5 mol·L－1，带入数值，此反应的水解平衡常数为1×10－7.6，B错误；M点溶液中，依据电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)，此时溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，c(Na＋)>c(HCO)＋c(H2CO3)，所以c(H＋)＋c(H2CO3) 13．(2020·南宁市第二次适应性测试)常温下，向10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH·H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.60×l0－4。下列说法正确的是(　　)

A．a点溶液中，c[(CH3)2NH]约为1.60×l0－4mol·L－1
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
C．c点溶液中：3c(Na＋)＋c[(CH3)2NH]＝2c(Cl－)
D．V(HCl)＝15.00 mL时，c[(CH3)2NH]＜c[(CH3)2NH·H2O]
答案　A
解析　a点溶液为浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH·H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH－)≈0.100 mol·L－1，c[(CH3)2NH·H2O] ≈0.100 mol·L－1，Kb[(CH3)2NH·H2O]＝≈＝1.60×10－4，c[(CH3)2NH]≈1.60×10－4mol·L－1，A正确；由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100 mol·L－1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；c点溶液中，加入HCl的体积为20 mL，则溶液中c(Cl－)＝mol·L－1＝ mol·L－1，c(Na＋)＝ mol·L－1＝ mol·L－1；因为水解消耗一部分，故c[(CH3)2NH]＜＝ mol·L－1，则3c(Na＋)＋c[(CH3)2NH]≠2c(Cl－)，C错误；V(HCl)＝15.00 mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH·H2O 物质的量浓度相等，均为×0.100 mol·L－1≈0.033 3 mol·L－1，常温下Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.60×10－4，则溶液中c(OH－)＝≈1.60×10－4mol·L－1，溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度，故c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH·H2O]，D错误。
14．H3RO4为一种三元弱酸。常温下，向1 L 0.1 mol·L－1H3RO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，混合溶液中lgX[表示lg、lg或lg]随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．曲线c代表lg与溶液pH的关系
B．常温下，H3RO4的Ka3的数量级为10－11
C．pH＝11.40时，溶液中存在：c(Na＋)＝c(OH－)－c(H＋)＋c(H2RO)＋5c(RO)
D．常温下，NaH2RO4能促进水的电离
答案　C
解析　lgX＝0时，表示对应的两种离子浓度相等，由H3RO4的三级电离中，电离常数逐级减小，结合电离常数表达式，知曲线c代表lg与溶液pH的关系，A项错误；常温下，H3RO4的Ka3＝1×10－11.40，数量级为10－12，B项错误；pH＝11.40时，c(RO)＝c(HRO)，结合电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2RO)＋2c(HRO)＋3c(RO)，整理得c(Na＋)＝c(OH－)－c(H＋)＋c(H2RO)＋5c(RO)，C项正确；H3RO4的第一步电离常数Ka1＝＝10－2.25，第二步电离常数Ka2＝＝10－6.77，H2RO的水解常数Kh＝＝10－11.75＜10－6.77，即H2RO的电离程度大于其水解程度，则H2RO抑制水的电离，D项错误。