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第5课时 关键能力——水溶液中微粒浓度的关系
水溶液中微粒浓度的关系是高考命题的热点和重点，主要在选择题中结合酸碱中和滴
定曲线呈现，考查溶液中微粒浓度的大小关系和等量关系，考查考生运用知识、能力和素养
解决实际问题的能力，突出考查考生对“平衡观念”和“守恒思想”的理解及运用，体现
《中国高考评价体系》中对于阅读理解能力、信息搜索能力、信息整理能力、抽象思维能力、演
绎推理能力、辩证思维能力等关键能力的要求，要求考生能够从多个视角观察、思考同一个
问题；能够灵活地运用不同方法，发散地、逆向地解决问题；能够通过敏锐的洞察能力，发现
复杂、新颖情境中的关键事实特征，将所学知识迁移到新情境，解决新问题。
一、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：NH ·H O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH ·H O)>c(OH－)>c(NH)。
3 2 3 2
(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HS溶液中：HS、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。
2 2 2
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NH Cl溶液中：
4
NH、Cl－、NH ·H O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH ·H O)。
3 2 3 2
(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NaCO 溶液中：
2 3
CO、HCO、HCO 的浓度大小关系应是c(CO)>c(HCO)>c(H CO)。
2 3 2 3
二、把握三种守恒，明确等量关系
1．电荷守恒
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，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NaHCO 溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如
3
下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
2．物料守恒(原子守恒)
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KS溶液
2
中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、HS三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：
2
c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H S)。
23．质子守恒
如NaS水溶液中的质子转移情况图示如下：
2
由图可得NaS水溶液中质子守恒式：c(H O＋)＋2c(H S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋
2 3 2
2c(H S)＋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。
2
考向1 单一溶液中微粒浓度关系(归纳与论证能力)
单一溶液中微粒浓度的关系主要涉及弱电解质的电离和盐类的水解，分析问题时要抓
住弱电解质的电离和盐类水解的特点，此类问题相对比较简单，要求考生能够客观全面地获
取相关信息，能够从情境中提取有效信息，并依据平衡观念和守恒思想(原子守恒、电荷守恒
和质子守恒)，分析、解决相关问题。
1．对于多元弱酸溶液，应根据多步电离进行分析。例如：在 HPO 的溶液中，c(H
3 4
＋)>c(HPO)>c(HPO)>c(PO)。
2
2．对于多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析。例如：NaCO 溶液中，各离
2 3
子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
3．多元弱酸的酸式盐溶液，要考虑酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小，如HCO
以水解为主，NaHCO 溶液中c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)；而HSO以电离为主，NaHSO
3 3
溶液中c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(OH－)。
4．不同溶液中同一离子浓度的大小比较，要考虑溶液中其他离子对该离子的影响。如在
0.10 mol·L－1的①NH HSO 、②NH Cl、③CHCOONH、④(NH )SO 溶液中，c(NH)的大小顺
4 4 4 3 4 4 2 4
序为④>①>②>③。
(2020·山东滨州检测)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．NH Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
4
C．NaSO 溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)
2 4
D．NaSO 溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H SO )
2 3 2 3C [氨水为弱碱溶液，NH ·HO只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝
3 2
c(OH－)可得：c(NH)＜c(OH－)＜0.1 mol·L－1，A项错误；NH Cl溶液中，NH部分水解，Cl－浓度
4
不变，则溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B项错误；NaSO 溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守
2 4
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项正确；
根据NaSO 溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H SO )，D项错误。]
2 3 2 3
[强化1] (2021·河北廊坊联考)常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的
是( )
A．pH＝8的CHCOONa溶液：c(CHCOOH)＝9.9×10－7 mol·L－1
3 3
B．0.1 mol·L－1NaSO 溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
2 3
C．0.1 mol·L－1NaHCO 溶液：c(Na＋)＋c(OH－)＝c(HCO)＋c(H CO)＋c(H＋)
3 2 3
D．0.1 mol·L－1CHCOONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7：c(Na＋)＞c(CHCOOH)＞c(Cl
3 3
－)
A [CHCOONa溶液中存在水解平衡：CHCOO－＋HOCHCOOH＋OH－，据物料守
3 3 2 3
恒可得：c(Na＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)；据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO
3 3 3
－)＋c(OH－)，则有c(CHCOOH)＝c(Na＋)－c(CHCOO－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6 mol·L－1－
3 3
10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1，A正确；NaSO 溶液中，据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H
2 3
＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，B错误；NaHCO 溶液中，据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(HCO)
3
＋c(CO)＋c(H CO)；据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，联立两
2 3
式可得：c(Na＋)＋c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H CO)＋c(H＋)，C错误；CHCOONa溶液中通入HCl
2 3 3至溶液pH＝7，溶液呈中性，结合电荷守恒推知：c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(Cl－)；据物料守恒
3
推知：c(Na＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)，综合可得：c(Cl－)＝c(CHCOOH)，D错误。]
3 3 3
[强化2] (2021·湖南衡阳八中检测)室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A．NaS溶液：c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H S)
2 2
B．NaC O 溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC O)＋2c(H C O)
2 2 4 2 2 2 4
C．NaCO 溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)
2 3
D．CHCOONa和CaCl 混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＋
3 2 3 3
2c(Cl－)
B [由质子守恒可知，NaS溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(HS)，c(OH－)＞c(HS
2 2
－)，A项错误；同理，NaCO 溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(HCO)，B项正确；NaCO 溶
2 2 4 2 2 2 4 2 3
液中的电荷守恒关系式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，C项错误；CHCOONa
3
和CaCl 混合溶液，根据物料守恒关系：c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝2c(Ca2
2 3 3
＋)，即正确的关系式为c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＋c(Cl－)，D项错误。]
3 3
考向2 混合溶液中微粒浓度关系(归纳与论证能力)
分析混合溶液中微粒浓度的关系，首先考虑两溶液是否反应，若不反应，分析盐的水解
程度和酸(碱)的电离程度的大小；若能反应，则按反应后混合组成综合考虑水解和电离两种
因素。此类问题较为复杂，要求考生依据平衡观念和守恒思想(原子守恒、电荷守恒和质子守
恒)，分析、解决相关问题。分析混合溶液中微粒浓度关系的思路如下：
1．弱电解质的电离程度大于相应离子的水解程度
例如，等物质的量浓度的NH Cl与NH ·H O混合溶液，c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)；等
4 3 2
物质的量浓度的CHCOONa与CHCOOH混合溶液，c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
3 3 3
2．弱电解质的电离程度小于相应离子的水解程度
例如，在0.1 mol·L－1的NaCN和0.1 mol·L－1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大
小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
(2020.7·浙江选考)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CHCOOH的混合液，下列说法不正确的是( )
3
A．在氨水滴定前，HCl和CHCOOH的混合液中c(Cl－)＞c(CHCOO－)
3 3B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)
3 2 3 3
C．当滴入氨水20 mL时，c(CHCOOH)＋c(H＋)＝c(NH ·H O)＋c(OH－)
3 3 2
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl－)
D [HCl是强酸，CHCOOH是弱酸，浓度均为0.1 mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CHCOO－)，A
3 3
正确；滴入10 mL氨水时，加入的NH ·HO和CHCOOH的物质的量相等，据物料守恒可得
3 2 3
c(NH)＋c(NH ·HO)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)，B正确；滴入20 mL氨水时，恰好完全
3 2 3 3
反应，所得溶液为等浓度的NH Cl和CHCOONH 的混合溶液，据离子电荷守恒可得c(NH)
4 3 4
＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CHCOO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得 c(NH)＋c(NH ·HO)＝
3 3 2
c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CHCOOH)＋c(H＋)＝c(NH ·HO)＋
3 3 3 3 2
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(CHCOO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，
3
c(H＋)＝c(OH－)，得c(NH)＝c(Cl－)＋c(CHCOO－)，则有c(NH)＞c(Cl－)，D错误。]
3
[强化 3] (2021·湖北武汉联考)25 ℃时，在 10 mL 浓度均为 0.1 mol·L－1 NaOH 和
NH ·H O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(
3 2
)
A．未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)＝c(NH ·H O)
3 2
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＋)B [未加盐酸时，NaOH和NH ·H O混合溶液中，NaOH完全电离，NH ·H O部分电离，
3 2 3 2
则粒子浓度关系为c(OH－)＞c(Na＋)＞c(NH ·H O)，A项错误；加入10 mL盐酸时，根据电荷
3 2
守恒可得c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由于NaCl不发生水解，则有c(Cl－)＝
c(Na＋)，从而可得c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)，B项正确；加入盐酸至溶液pH＝7时，溶液呈中性，
则有c(H＋)＝c(OH－)；根据电荷守恒可得c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)，C项错误；加入20 mL盐
酸时，恰好完全反应生成NaCl和NH Cl，由于NH发生水解而使溶液呈酸性，则有c(H＋)＞
4
c(OH－)；根据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，从而可得c(Cl－)＞
c(NH)＋c(Na＋)，D项错误。]
考向3 以酸碱滴定图像为载体的微粒浓度关系
以酸碱滴定图像为载体的微粒浓度关系是高考命题的热点，涉及图像主要有pH～V(酸)
或V(碱)图像、分布系数图像等，要求考生从图像中准确获得有效信息，运用抽象与联想、归
纳与概括、推演与计算模型与建模等思维方法来组织、调动相关的知识与能力，解决酸碱中
和滴定中微粒浓度大小比较和等量关系确定的各种问题。
1．酸碱中和滴定图像
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水
的滴定曲线 的滴定曲线
曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低，强酸滴定强碱、弱碱的曲线，
强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与
弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下，当等体积、等浓度的一元强碱和一元强酸反应时，pH＝7；但当等体积、等浓度
的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，pH＞7(或pH＜7)
指示剂的选择：强酸滴定弱碱用甲基橙，强碱滴定弱酸用酚酞，强酸与强碱的滴定，甲基
橙和酚酞均可
2.分布系数图像
[说明：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]
一元弱酸(以CHCOOH为例) 二元弱酸(以草酸HC O 为例)
3 2 2 4注：pK
a
为电离常数的负对数 注：pK
a1
、pK
a2
为电离常数的负对数
δ 为HC O 分布系数
0 2 2 4
δ 为CHCOOH分布系数
0 3
δ 为HC O分布系数
1 2
δ 为CHCOO－分布系数
1 3
δ 为C O分布系数
2 2
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微粒。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pH时的平衡浓度
(2017·全国卷Ⅱ)改变0.1 mol·L－1二元弱酸HA溶液的pH，溶液中HA、HA－、A2－
2 2
的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。下列叙述错误的是( )
A．pH＝1.2时，c(H A)＝c(HA－)
2
B．lg[K (H A)]＝－4.2
2 2
C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H A)＝c(A2－)
2
D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
D [A对：根据题给图像，pH＝1.2时，HA与HA－的物质的量分数相等，则有c(H A)＝
2 2
c(HA－)。B对：根据题给图像：pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K (H A)＝＝c(H
2 2
＋)＝10－4.2，则lg[K (H A)]＝－4.2。C对：根据题给图像，pH＝2.7时，HA与A2－的物质的量
2 2 2分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)＞c(H A)＝c(A2－)。D错：根据题给图
2
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
0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)＞c(H＋)。]
[强化4] (2019·全国卷Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸HA的K ＝
2 a1
1.1×10－3，K ＝3.9×10－6)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
a2
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
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
C [A对：溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子浓度和种类有关。B对：由图
像知，a点到b点，HA－转化为A2－，b点导电相对于a点增强，可判断Na＋和A2－的导电能力
之和大于HA－的。C错：b点为反应终点，发生的反应为2KHA＋2NaOH===Na A＋KA＋
2 2
2HO。因为HA为弱酸，所以NaA、KA溶液显碱性，pH>7。D对：c点为NaA、KA和
2 2 2 2 2 2
NaOH的混合溶液，故c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)。]
[强化 5] (2021·天津滨海七校联考)如图是用 0.05 mol/L NaOH 溶液滴定 10 mL 0.1
mol/L HA溶液时，NaOH溶液体积与溶液pH的关系曲线图。下列说法正确的是( )
A．HA是一元强酸
B．①对应微粒浓度：c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．水的电离程度②＞③
D．④中存在c(Na＋)＝2c(HA)＋2c(A－)＝0.05 mol/LB [V(NaOH)＝0时，0.1 mol/L HA 溶液的pH>2，说明HA未完全电离，则HA是一元
弱酸，A错误；①点加入10 mL NaOH溶液，所得溶液为等浓度HA和NaA混合液，溶液的
pH＝4，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，由于HA的电离程度较小，
则溶液中离子浓度：c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；②点溶液pH＝7，为HA和
NaA的混合液，HA抑制A－的水解；③点加入20 mL NaOH溶液，恰好完全反应，所得溶液为
NaA溶液，A－水解程度大于②点溶液，水解促进了水的电离，故水的电离程度：②<③，C错
误；④点加入40 mL NaOH溶液，所得溶液为等浓度NaA和NaOH混合液，据物料守恒可得：
c(Na＋)＝2c(A－)＋2c(HA)＝＝0.04 mol/L，D错误。]
训练(四十二) 水溶液中微粒浓度的关系
1．(2021·天津第一中学检测)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1 的两种溶液混
合而成：① NH Cl 和 CHCOONa；② NH Cl 和 HCl；③ NH Cl 和 NaCl；④ NH Cl 和
4 3 4 4 4
NH ·H O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是( )
3 2
A．pH：②<①<③<④
B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④
C．c(NH)：①<③<②<④
D．c(NH ·H O)：①<③<④<②
3 2
C [酸性越强，pH越小，四种混合物中，②NH Cl与HCl的pH最小，④NH Cl与
4 4
NH ·HO的pH最大，①NH Cl与CHCOONa 的溶液显示中性，③NH Cl与NaCl 显示酸
3 2 4 3 4
性，故正确pH关系应该为②＜③＜①＜④，A错误；c(H＋)＝10－pH溶液中c(H＋)越大，pH越
小，借助A选项可知，c(H＋)正确顺序为④＜①＜③＜②，B错误；四种溶液中，④NH Cl与
4
NH •HO的c(NH)最大，大于0.1 mol·L－1；其次是②NH Cl与HCl，接近0.1 mol·L－1；
3 2 4
①NH Cl与CHCOONa，发生了双水解，c(NH)最小，所以正确排序为①＜③＜②＜④，C正
4 3
确；由于④NH Cl与NH ·HO中，氨水是弱电解质，部分电离，c(NH ·HO)最大，其次是①
4 3 2 3 2
NH Cl与CHCOONa，发生了双水解，NH的水解程度稍大；氨水浓度最小的是②NH Cl与
4 3 4
HCl，几乎没有氨水存在，所以氨水浓度大小顺序为②＜③＜①＜④，D错误。]
2．(2021·安徽宣城检测)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HS溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
2
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C．pH＝2的HC O 溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝
2 2 4c(OH－)＋c(HC O)
2
D．pH相同的①CHCOONa，②NaHCO ，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
3 3
D [pH＝5的HS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
2
浓度，H＋来自于HS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，
2
A项错误；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，B项错误；
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
草酸根离子，不符合电荷守恒，C项错误；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，D项正确。]
3．(2021·安徽淮北检测)将0.1 mol·L－1 (CHCOO)Ba溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等
3 2
体积混合，下列关系不正确的是( )
A．3c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CHCOO－)
3
B．2c(Ba2＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)
3 3
C．c(CHCOO－)＞c(Na＋)＝c(Ba2＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
3
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(CHCOOH)＋0.05 mol·L－1
3
C [由电荷守恒式2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CHCOO－)，两溶液均为0.1
3
mol·L－1，则c(Ba2＋)＝c(Na＋), A项正确；因CHCOO－在溶液中部分水解，由物料守恒：2c(Ba2
3
＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)，B项正确；该溶液中的OH－来自NaOH的电离和CHCOO
3 3 3
－的水解，故c(CHCOO－)＞c(OH－)＞c(Na＋)＝c(Ba2＋)＞c(H＋)，C项错误；电荷守恒式为c(Na
3
＋)＋2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CHCOO－)，把c(Na＋)＝0.05 mol·L－1和物料守恒式
3
2c(Ba2＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)代入电荷守恒式，即得 c(OH－)＝c(H＋)＋
3 3
c(CHCOOH)＋0.05 mol·L－1，D项正确。]
3
4．(2019·上海卷)常温下，0.1 mol/L ：①CHCOOH、②NaOH、③CHCOONa，下列叙述
3 3
正确的是( )
A．①中c(CHCOOH)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
3 3
B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na＋)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)
3
D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小
B [CHCOOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子，所以①中
3
c(CHCOOH)＞c(H＋)＞c(CHCOO－)＞c(OH－)，A项错误；①②等体积混合后，两者恰好完全
3 3反应，所以浓度是原来的一半，但溶液的体积变大促进醋酸根离子的水解，所以①②等体积
混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一， B项正确；①③等体积混合以后，以醋酸的电
离为主，所以溶液呈酸性，则c(CHCOO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)，C项错误；①②等体积混合恰好
3
完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，水解对水的电离起促进作用，而①③等体积混
合以醋酸电离为主，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，所以①②等体积混合以后，水的电
离程度比①③等体积混合的电离程度大， D项错误。]
5．(2020·北京延庆区一模)常温下，2 mL 1 mol·L－1 NaHCO 溶液，pH约为8。向其中滴
3
加等体积等浓度的饱和CaCl 溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中，正确的是(
2
)
A．NaHCO 溶液中， c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
3
B．NaHCO 溶液中，c(Na＋) >c(OH－)> c(HCO) > c(H＋)
3
C．加热NaHCO 溶液，pH增大，一定是HCO水解程度增大的结果
3
D．滴加饱和CaCl 溶液发生了反应：Ca2＋＋2HCO===CaCO ↓＋HO＋CO↑
2 3 2 2
D [NaHCO 溶液中，据电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，A
3
项错误；常温下，1 mol·L－1 NaHCO 溶液的pH约为8，说明HCO的水解程度大于其电离程
3
度，但其水解程度较小，故溶液中：c(Na＋)>c(HCO)> c(OH－) > c(H＋)，B项错误；加热
NaHCO 溶液，可能是HCO水解程度增大的结果，也可能是NaHCO 受热分解生成NaCO，
3 3 2 3
CO的水解程度大于HCO，溶液的碱性增强，C项错误；滴加饱和CaCl 溶液，有白色沉淀和
2
无色气体生成，Ca2＋与CO结合生成CaCO 沉淀，促使HCO的电离平衡正向移动，H＋与
3
HCO结合生成CO 和HO，D项正确。]
2 2
6．(2021·甘肃甘谷检测)下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1：
①HS溶液、②KHS溶液、③KS溶液、④HS和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的
2 2 2
pH＞7)。下列说法正确的是( )
A．溶液的pH从大到小的顺序为③＞②＞①＞④
B．在HS和KHS混合溶液中：c(H S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)
2 2
C．c(H S)从大到小的顺序为①＞④＞③＞②
2
D．在KHS溶液中：c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)
B [H S溶液、HS和KHS混合溶液均显酸性，但HS－的存在抑制了HS的电离，故
2 2 2
pH：④＞①；KS溶液中S2－的水解程度大于KHS溶液中HS－的水解程度，则pH：③＞②，故
2
溶液pH从大到小的顺序为③＞②＞④＞①，A项错误；在浓度均为0.1 mol·L－1 HS和KHS
2混合溶液中，根据物料守恒可得：c(H S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)，B项正确；在KS溶液中
2 2
S2－发生两步水解生成HS，而KHS溶液中HS－发生一步水解生成HS，故溶液中c(H S)：②
2 2 2
＞③，C项错误；在KHS溶液中根据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH
－)，D项错误。]
7．(2021·山东师大附中检测)常温下，用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0
mol/L CH COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
3
A．点①所示溶液中：c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(CHCOOH)＋c(H＋)
3 3
B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)
3 3
C．点③所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)
3
D．滴定过程中可能出现：c(CHCOOH)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)
3 3
D [点①加入10 mL NaOH溶液，所得溶液为等浓度CHCOOH和CHCOONa混合液，
3 3
据电荷守恒可得：c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)；据物料守恒可得：c(CHCOO－)＋
3 3
c(CHCOOH)＝2c(Na＋)，综合上述两式可得：c(CHCOO－)＋2c(OH－)＝c(CHCOOH)＋2c(H
3 3 3
＋)，A错误；点②所示溶液的pH＝7，此时c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒推知，c(CHCOO－)
3
＝c(Na＋)，B错误；点③加入20 mL NaOH溶液，恰好完全反应生成CHCOONa，由于
3
CHCOO－发生水解而使溶液呈碱性，但CHCOO－的水解程度较小，则有c(Na＋)>c(CHCOO
3 3 3
－)>c(OH－)> c(H＋)，C错误；滴定过程中，若加入极少量NaOH溶液，溶液呈酸性，CHCOOH
3
是弱电解质，大部分未电离，故有c(CHCOOH)>c(CHCOO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)，D正
3 3
确。]
8．(2021·广东中山检测)HPO 是三元酸，如图是在常温下溶液中含磷微粒的物质的量分
3 4
数(δ)随pH变化示意图。下列说法不正确的是( )A．磷酸的第二级电离平衡常数约为10－7.2
B．在NaH PO 溶液中：c(HPO)>c(H PO )
2 4 3 4
C．在磷酸中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(Na＋)＝2c(HPO)＋c(H PO)
2
D．NaPO 溶液中：c(Na＋)＝3c(PO)＋3c(HPO)＋3c(H PO)＋3c(H PO )
3 4 2 3 4
C [磷酸的第二级电离平衡：HPOH＋＋HPO，电离常数 K(H PO)＝[c(H
2 2
＋)·c(HPO)]/c(H PO)，图中HPO、HPO的物质的量分数均等于0.5时，溶液的pH＝7.2，即
2 2
c(HPO)＝c(H PO)时，c(H＋)＝10－7.2 mol/L，代入数据K(H PO)＝c(H＋)＝10－7.2，A正确；在
2 2
NaH PO 溶液中存在电离平衡(H POH＋＋HPO)和水解平衡(H PO＋HOHPO ＋OH
2 4 2 2 2 3 4
－)，由于HPO的电离程度和水解程度均较小，由图可知：HPO最大时，溶液呈酸性则：HPO
2 2
的电离程度大于水解程度。则有c(HPO )>c(H PO )，B正确；在磷酸中滴加NaOH溶液至pH
3 4
＝7，溶液呈中性，则有c(OH－)＝c(H＋)，据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(HPO)＋
c(H PO)＋3c(PO)＋c(OH－)，从而推知：c(Na＋)＝2c(HPO)＋c(H PO)＋3c(PO)，C错误；在
2 2
NaPO 溶液中，据物料守恒可得：c(Na＋)＝3c(PO)＋3c(HPO)＋3c(H PO)＋3c(H PO )，D正
3 4 2 3 4
确。]
9．(2021·河北武邑中学检测)室温下，用0.1 mol·L－1的盐酸分别滴定50 mL的三种碱
(AOH、BOH和DOH)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．从反应开始至恰好完全反应，水电离出的c(H＋)始终增大
B．滴定至P点时，溶液中：c(B＋)＞c(Cl－)＞c(BOH)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．pH＝7时，三种溶液中c(A＋)＝c(B＋)＝c(D＋)
D．当盐酸体积为50 mL时，将三种溶液混合后：c(H＋)＝c(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＋c(OH－)
C [三种碱溶液中分别滴加盐酸至恰好完全反应，溶液的碱性减弱，对水的电离抑制程
度减小，故水电离出的c(H＋)始终增大，A项正确；由图可知，消耗盐酸的体积都为50 mL，则
三种碱的浓度均为0.1 mol·L－1；P点时，V(盐酸)＝25 mL，此时溶液为等浓度BOH和BCl混
合液，由于溶液pH＞9，溶液呈碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，故溶液中c(B
＋)＞c(Cl－)＞c(BOH)>c(OH－)>c(H＋)，B项正确；pH＝7时，三种溶液中均存在c(OH－)＝c(H
＋)，且存在电荷守恒关系：c(X＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)(X＋＝A＋、B＋或D＋)，则有c(X＋)＝
c(Cl－)，由于三种碱的碱性不同，则pH＝7时加入盐酸的体积不同，c(Cl－)不同，故pH＝7时，
三种溶液中c(A＋)≠c(B＋)≠c(D＋)，C项错误；当盐酸体积为50 mL时，三种碱溶液均恰好与
盐酸反应生成相应的盐，将三种溶液混合，据质子守恒可得c(H＋)＝c(AOH)＋c(BOH)＋
c(DOH)＋c(OH－)，D项正确。]
10．(2019.4·浙江选考)室温下，取20 mL 0.1 mol·L－1某二元酸HA，滴加0.2 mol·L－1
2
NaOH溶液。已知：HA===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。下列说法不正确的是( )
2
A．0.1 mol·L－1 HA溶液中有c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 mol·L－1
2
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－)
B [根据HA===H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－可知，HA的第一步完全电离，第二步部
2 2
分电离。根据电荷守恒可得：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，根据物料守恒：c(HA－)＋
c(A2－)＝0.1 mol·L－1，二者结合可得：c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 mol·L－1, A项正确；当滴加
至中性时c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒可知c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，由于HA－只发生
电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该大于10 mL, B项错误；当用
去NaOH溶液体积10 mL时，反应后溶质为NaHA，HA－只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，
溶液的pH＜7，根据质子守恒可得：c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)，C项正确；当用去NaOH溶液体
积20 mL时，反应后溶质为NaA，结合物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A2－)，D项正
2
确。]
11．(2020·山东潍坊二模)向7.5 mL 0.03 mol·L－1的HPO 溶液中，逐滴加入相同浓度的
3 4
NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积关系如图所示，已知K ≫K ≫K ，下列说法错误的
a1 a2 a3是( )
A．HPO 第一级电离平衡常数K 的数量级为10－3
3 4 a1
B．水的电离程度：b＜c
C．b点溶液中离子浓度：c(Na＋)＞c(H PO)＞c(HPO)＞c(PO)＞c(H＋)＞c(OH－)
2
D．c点溶液中：2c(H PO )＋c(H PO)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(PO)
3 4 2
C [由图可知，0.03 mol·L－1 HPO 溶液的pH＝2，此时c(H＋)＝c(H PO)≈10－2 mol·L－
3 4 2
1，则HPO 的K ＝[c(H＋)·c(H PO)]/c(H PO )＝(10－2×10－2)/0.03≈3.3×10－3，故HPO 的第
3 4 a1 2 3 4 3 4
一级电离常数K 的数量级为10－3，A项正确；b点加入7.5 mL NaOH溶液，所得溶液中溶质
a1
为NaH PO ，溶液呈酸性，HPO的电离程度大于其水解程度，电离产生的H＋抑制水的电离；
2 4 2
c点加入15 mL NaOH溶液，所得溶液中溶质为NaHPO ，溶液呈碱性，HPO的电离程度小于
2 4
其水解程度，HPO的水解促进了水的电离，故水的电离程度：bc[(CH )NH]>c(H＋)>c(OH－)
3 2
D．常温下，(CH)NH Cl水解常数K ＝6.25×10－11
3 2 2 h
B [二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰好
完全反应。根据(CH)NH·HO＋HCl===(CH )NH Cl＋HO，c＝0.2 mol·L－1，A项正确；二甲
3 2 2 3 2 2 2
胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，X点对应的溶液中(CH)NH·HO、
3 2 2
(CH)NH Cl的浓度相等，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X点与Y点之间，B项错误；二
3 2 2
甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y 点存在：c(Cl
－)>c[(CH )NH]>c(H＋)>c(OH－)，C项正确；K ＝K /K ＝1×10－14/1.6×10－4＝6.25×10－11，D
3 2 h w b
项正确。]
13．(2021·福建漳州质检)常温下，向20.00 mL 0.10 mol·L－1 NH Cl溶液中逐滴加入0.10
4
mol·L－1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)，其
中d点为反应终点。下列说法不正确的是( )
A．V＝20.00 mL
B．常温下，K (NH ·H O)的数量级为10－5
b 3 2
C．b点溶液中：c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D．c点的混合溶液中：c(NH)＝c(Na＋)
D [d点为反应终点，据n(NH Cl)＝n(NaOH)可知，消耗等浓度NaOH溶液的体积V＝
4
20.00 mL，A项正确；a点V(NaOH)＝0，0.10 mol·L－1 NH Cl溶液的pH＝5，据水解平衡：NH
4
＋HONH ·HO＋H＋，此时c(NH)≈0.10 mol·L－1，c(NH ·HO)≈c(H＋)＝10－5 mol·L－1，
2 3 2 3 2
c(OH－)＝10－9 mol·L－1，电离平衡常数 K (NH ·HO)＝[c(NH)·c(OH－)]/c(NH ·HO)＝
b 3 2 3 2
(0.10×10－9)/(10－5)＝10－5，B项正确；b点加入NaOH溶液的体积小于10.00 mL，所得溶液为
NH Cl、NaCl和NH ·HO混合液，则有c(Cl－)>c(Na＋)；b点溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝
4 3 2
c(H＋)，故溶液中离子：c(Cl－)>c(Na＋)>c(OH－)＝c(H＋)，C项正确；c点加入10.00 mL NaOH溶
液，所得溶液为等浓度NH Cl、NaCl和NH ·HO混合液，溶液的pH>7，溶液呈碱性，说明
4 3 2NH ·HO的电离程度大于NH的水解程度，则有c(NH)>c(Na＋)，D项错误。]
3 2
14．(2021·四川棠湖检测)亚氯酸钠(NaClO)在溶液中会生成ClO 、HClO、ClO、Cl－等，
2 2 2
其中HClO 和ClO 都具有漂白作用。已知pOH＝－lg c(OH－)，经测定25 ℃时各组分含量随
2 2
pOH变化情况如图所示(Cl－没有画出)，此温度下，下列分析正确的是( )
A．HClO 的电离平衡常数的数值K＝10－8
2 a
B．pOH＝11时，ClO部分转化成ClO 和Cl－的方程式为5ClO＋2HO===4ClO ＋Cl－＋
2 2 2
4OH－
C．pH＝7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO)＞c(ClO)＞c(ClO )＞c(Cl－)
2 2
D. 同浓度的HClO 溶液和NaClO 溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na＋)＋c(OH－)
2 2
＝c(H＋)＋c(HClO)
2
D [HClO 的电离方程式为HClOH＋＋ClO，电离平衡常数K ＝，由图像可见当
2 2 a
c(HClO)＝c(ClO)时pOH＝8，c(OH－)＝1×10－8mol/L，c(H＋)＝1×10－6 mol/L，电离平衡常数
2
K＝1×10－6，A项错误；pOH＝11时c(OH－)＝1×10－11 mol/L，c(H＋)＝1×10－3 mol/L，溶液
a
呈酸性，ClO部分转化成ClO 和Cl－的方程式为5ClO＋4H＋===4ClO ＋Cl－＋2HO，B项错
2 2 2
误；25 ℃ pH＝7时pOH＝7，由图可见c(ClO)＞c(HClO)＞c(ClO )，C项错误；同浓度的
2 2
HClO 和NaClO 等体积的混合液中电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO)＋c(OH－)，物料守
2 2
恒式为2c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO)，两式整理得c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HClO)，D项正
2 2
确。]
