高考化学专题17离子浓度大小比较 12页

专题17 离子浓度大小比较 ‎2017年高考题 ‎1. 【2017高考全国卷Ⅰ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10-6‎ 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】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pHc(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c(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()，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。‎ ‎2. 【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0.1 mol·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-)。‎ ‎2013~2016年高考题 ‎1．【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)<0.02 mol·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。‎ ‎2．【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 molc(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】D ‎【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()>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。‎ ‎3．【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0.1 mol·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>KHD B.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NaB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-)①，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①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：①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)。②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：①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－)。②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·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1。③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。‎ ‎4．【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（ ）‎ A.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(N H4+)=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。‎ ‎5．【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/L B.c(Na+)=c(HCO3—)+c(CO32—)+c(H2CO3) ‎ 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(N H4+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),由于有NaHCO3析出,则c(Na+)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。‎ ‎6．【2015山东理综化学】室温下向10mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1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（ ）‎ A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA)‎ B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C．pH=7时，c(Na+)= c(A—)+ c(HA)‎ D．b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。‎ ‎7．【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-)‎ 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(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·H2ONH4++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(N H4+)。‎ ‎【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。‎ ‎8．【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+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]‎ D.向0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通HCl:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)‎ ‎【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(HS O3-)+2c(SO32-)+c(OH-),pH=7时c(H+)=c(OH-),则c(NH4+ )+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(S O32-)①,由物料守恒有,c(Na+)=c(HS O3- )+c(S O32-)+c(H2SO3)②,联立①②消去c(Na+),得c(N H4+ )+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+)=2[c(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)③,所以c(Na+)>c(CH3COOH),由电荷守恒有,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为pH=7,所以c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)④,联立③④得,c(CH3COOH)=c(Cl-),D项正确。‎ ‎【考点定位】考查离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。‎ ‎【名师点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。‎ ‎9．【2014年高考海南卷】室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 （ ） ‎ A．II表示的是滴定醋酸的曲线 ‎ B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL ‎ C．V(NaOH)= 20.00 mL时，两份溶液中c(Cl-)= c(CH3COO-)‎ D．V(NaOH) =10.00 mL时，醋酸溶液中c (Na+)> c (CH3COO-)> c (H+)> c (OH-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、相同浓度的盐酸和醋酸，由于盐酸是一元强酸，在水溶液中完全电离，醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离。所以溶液的pH醋酸的大，盐酸小。因此I表示的是醋酸，II表示的是盐酸。错误。B、NaOH是强碱，HCl是强酸，当pH=7时，二者恰好反应，物质的量相等，所以n(NaOH)=20ml。若与醋酸反应的NaOH的体积也是20mL则得到的是醋酸钠。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解是溶液显碱性，因此若要使pH=7时，则滴加的体积就要少于20ml。因此滴定消耗的V(NaOH),酸小醋于20 mL。正确。C、任何溶液都符合电荷守恒。、质子守恒、物料守恒。在醋酸溶液中加入20mlNaOH溶液时，醋酸根离子会发生水解反应，所以除了存在醋酸分子外，还存在醋酸根离子。根据物料守恒，可得c (Cl-)= c Na+)= c (CH3COO-)+ c (CH3COOH)。错误。D、V(NaOH) =10.00 mL时，得到是醋酸和醋酸钠等浓度的混合溶液。由于在等浓度、等体积的醋酸与醋酸钠的混合溶液中，醋酸分子的电离作用大于醋酸钠盐的水解作用，所以根据物料守恒和电荷守恒可得：溶液中c (CH3COO-)> c (Na+)> c (H+)> c (OH-)。错误。‎ ‎【考点定位】本题以常见的酸：盐酸、醋酸与常用的强碱溶液混合时溶液中微粒的浓度变化来通过图像的展示来考查三大守恒、盐的水解作用。考查了学生的知识掌握、综合分析、灵活应用能力，综合性很强。‎ ‎【名师点睛】本题考查图像法在酸碱中和滴定中的应用；考查了盐的水解、酸的电离、比较溶液中微粒浓度的大小的三个守恒知识。解答本题，首先应该掌握物质酸的相对强弱，了解在浓度相同时电离产生的离子浓度的大小。然后看其与与碱混合发生反应时，酸碱相对物质的量的多少、溶液中的溶质的种类、电解质的电离程度与产生的盐的水解程度的相对大小。最后对选项中的问题根据题意进行解答。‎ ‎10．【2014年高考安徽卷第11题】室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）‎ A.Na2S溶液:c(Na+)>c(HS—)>c(OH—)>c(H2S)‎ B.Na2C2O4溶液:c(OH—)=c(H+)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)‎ C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32—)+c(OH—)‎ D.CH3COONa和CaCl混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO—)+c(CH3COOH)+2c(Cl—)‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题从不同侧面考查盐类水解对电解质溶液中离子浓度的影响,涉及离子浓度大小关系、电荷守恒关系、物料守恒关系等内容。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,Na2S电离产生的S2-部分水解生成HS-,HS-发生更弱的水解,生成H2S分子,两步水解均破坏了水的电离平衡,使溶液中OH-不断增多,c(HS-)c(CH3COO-)>c(OH-)‎ B.0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1mol·L-1氨水等体积混合(pH>7):c(NH3·H2O)>c(NH4+ )>c(Cl-)>c(OH-)‎ C.0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液与0.1 mol·L-1 NaHCO 溶液等体积混合:c(Na+)= c(C O32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)‎ D.0.1 mol·L-1 Na2C2O4 溶液与0.1 mol·L-1 HCl 溶液等体积混合(HCO为二元弱酸):2c(C2)+c(HC)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】本题考查离子浓度大小的比较,意在考查考生的分析能力。0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合,溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl,因为醋酸为弱酸,部分电离,所以c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-),A选项正确;0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1氨水等体积混合,pH>7,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度,则c(N)>c(NH3·H2O),B选项错误;根据物料守恒,0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中,c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3),0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,c(Na+)=c(C O32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),二者等体积混合,则2c(Na+)=3c(C O32-)+3c(HC O3-)+3c(H2CO3),即c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),C 选项正确;根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-),D选项错误。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查溶液中离子浓度的关系判断 ‎【名师点晴】本题以微粒浓度大小的比较、微粒浓度的等式关系判断为载体。考察学生对溶液中各种平衡的理解和对电荷守恒、物料守恒、质子守恒等等式的应用，考察学生的理论应用能力。本题的解题要点为溶液中微粒浓度的关系，首先要明确溶液的溶质，存在哪些微粒，存在哪些平衡，多平衡存在时以哪个平衡为主等，然后明确溶液中的电荷守恒、物料守恒、质子守恒等三个等式。关键是判断溶液中的平衡。‎ ‎12．【2014年高考四川卷第6题】下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A.0.1 mol/L NaHCO溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-)‎ B.20 mL 0.1 mol/L CHCOONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CHCOO-)>c(Cl-)>c(CHCOOH)>c(H+)‎ C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)>c(N)+c(OH-)‎ D.0.1 mol/L CHCOOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)>c(H+)+c(CHCOOH)‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查溶液中粒子浓度大小关系,意在考查考生灵活运用电荷守恒、物料守恒等分析粒子浓度关系的思维能力。二者反应恰好生成Na2CO3,溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+),A项错误;二者反应后得到等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,且CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,B项正确;所得溶液呈碱性,则c(H+)c(Cl)=c(I)‎ C.CO的水溶液:c(H)>c(HC)=2c(C)‎ D.含等物质的量的NaHCO和NaCO的溶液:3c(Na)=2[c(HC)+c(C)+ c(H 2C2O4)]‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查电解质溶液、离子浓度大小比较,意在考查考生的理解能力和灵活运用能力。根据质子守恒可知,A项正确;碘化银的Ksp小于氯化银的,所以含有氯化银和碘化银固体的悬浊液中c(I-)小于c(Cl-),B项错误;CO2的水溶液中,c(HCO3-)远远大于c(CO32-),C项错误;含等物质的量的草酸氢钠和草酸钠溶液中,根据物料守恒,2c(Na+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)],D项错误。‎ ‎【考点地位】本题主要是考查溶液中离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离、盐类水解、溶解平衡等 ‎【名师点晴】本题通过NaHSO4溶液、AgCl和AgI、CO2的水溶液和含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液考查了电荷守恒、物料守恒、弱电解质的电离平衡和沉淀溶解平衡，根据守恒规律进行离子浓度比较，考查了学生运用所学规律解决问题的能力。选项D是易错点。 ‎ ‎14．【2013年高考四川卷第5题】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),实验数据如下表:‎ 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 C.实验②反应后的溶液中:c(A)+c(HA)>0.1 mol/L D.实验②反应后的溶液中:c(K)=c(A)>c(OH)=c(H)‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查电离平衡和水解平衡知识,意在考查考生对相关知识的运用能力以及计算能力。实验①反应后溶液的pH为9,即溶液显碱性,说明HA为弱酸,二者等浓度等体积恰好反应生成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,加入的HA溶液的浓度应大于0.2 mol/L,所以实验②反应后的溶液中,c(A-)+c(HA)>0.1 mol/L,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。‎ ‎【考点定位】本题考查中和反应及离子浓度比较。‎ ‎【名师点睛】解得本题的关键是室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸；①根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；②根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；③当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；④根据电荷守恒确定离子浓度关系，本题考查了离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可。‎