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(共27张PPT)
第26讲
溶液中粒子浓度的大小的比较
2025
溶液中粒子浓度大小比较考点考向统计
2024年江苏卷—12题 选择题，水溶液中的离子平衡，利用质子守恒，放映方程式比较离子浓度大小
2024年安徽卷—13题 选择题，水溶液中的离子平衡，利用水解平衡常数比较离子浓度大小
2023年河北卷—14题 选择题，读图，根据特殊点计算离子浓度大小，进而判断离子浓度大小
2023年湖南卷—12题 选择题，根据特殊点判断溶质的成分，比较离子浓度大小
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
粒子浓度大小比较----知识重构
三大守恒
两大理论
电离平衡
水解平衡
电荷守恒
物料守恒
质子守恒
判断
依据
弱酸，弱碱溶液存在电离平衡，且电离是微弱的，产
生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；
含有弱根的盐溶液存在水解平衡，水解是微弱的（双水解除外）
生成的弱电解质及产生H+或OH-也是微量。
根据水的电离：由水电离出的c(H+)、 c(OH－)始终是相等的，溶液中的H+、 OH－离子虽被其他离子结合，以不同形式存在，但其总量仍是相等的。
电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷总数与所有的阴离子所带的负电荷总数相等。
2025
重温经典
模型建构
名师导学
知识重构
一、溶液中粒子浓度大小比较----一元强碱与一元弱酸滴定过程粒子浓度大小比较
1.（2022年云南省期末考试）常温下,用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00ml 0.1mol/LCH3COOH溶液所得滴定曲线如图。
下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
C(Na+)﹥ c( OH- ) ﹥c( CH3 COO- )﹥ c(H+ )
c( CH3COOH) ﹥c( CH3 COO- ) ﹥c(H+ ) ﹥ C(Na+) ﹥c( OH- )
方程式 NaOH + CH3COOH = CH3COONa + H20
特殊点 类型 溶质情况 PH 溶液中粒子浓度大小顺序
③
①
②
起点
中和一半点
中性点
中和点
过量点
单一溶液
单一溶液
混合溶液
混合溶液
混合溶液
起点
中和点
中和一半点
过量点
中性点
CH3COOH
CH3COONa
n(CH3COOH)=n(CH3COONa)
n(CH3COONa)=n(NaOH)
CH3COOH (少) CH3COONa （多）
﹤7
﹥7
﹤7
﹥7
=7
单一溶液---NaOH与CH3COOH滴定特殊点：起点，恰好中和点
（一）起点---醋酸
基础知识点1： CH3COOH溶液中粒子浓度大小关系：
【分析】由于CH3COOH溶液中
存在下列俩个电离平衡
CH3COOH CH3COO- + H+ (大)
H2O H+ + OH- （小）
c( CH3COOH) ﹥c(H+ )﹥c( CH3 COO- )﹥c( OH- )
模型: c（溶质弱酸）﹥c(显性离子)﹥c( 电离程度大产生的离子 )﹥c( 电离程度小产生的离子 )
基础知识点2：在CH3COONa溶液中粒子浓度大小关系：
C(Na+)﹥c( CH3 COO- )﹥c( OH- ) ﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )
模型：C(不水解离子)﹥c( 水解离子 )﹥c( 显性离子 ) ﹥
c(水解形成分子 ) ﹥c(水电离的另一离子 )
【分析】由于CH3COONa溶液中
CH3COONa = CH3COO- + Na+ （大）
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-（小）
H2O H+ + OH- （最小）
（二） 恰好中和点--CH3COONa
（代表一元弱酸的电离）
（代表强碱弱酸盐的水解）
一、混合溶液中和滴定曲线离子浓度大小比较----一元强碱与一元弱酸滴定
1.（2022年云南省期末考试）常温下,用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00ml 0.1mol/LCH3COOH溶液所得滴定曲线如图。
下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
C(Na+)﹥ c( OH- ) ﹥c( CH3 COO- )﹥ c(H+ )
c( CH3COOH) ﹥c( CH3 COO- ) ﹥c(H+ ) ﹥ C(Na+) ﹥c( OH- )
方程式 NaOH + CH3COOH = CH3COONa + H20
特殊点 类型 溶质情况 PH 溶液中粒子浓度大小顺序
1
2
3
4
5
起点
中和一半点
中性点
中和点
过量点
单一溶液
单一溶液
混合溶液
混合溶液
混合溶液
起点
中和点
中和一半点
过量点
中性点
CH3COOH
CH3COONa
n(CH3COOH)=n(CH3COONa)
n(CH3COONa)=n(NaOH)
CH3COOH (少) CH3COONa （多）
c( CH3COOH) ﹥c(H+ )﹥c( CH3 COO- )﹥c( OH- )
﹤7
﹥7
﹤7
﹥7
=7
C(Na+)﹥c( CH3 COO- )﹥c( OH- ) ﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )
混合溶液-----一元强碱与一元弱酸滴定特殊点：中和一半点，过量点，中性点
（一）中和一半点（一元弱酸和强碱弱酸盐等量混合）
基础知识点3： 在n(CH3COOH)=n(CH3COONa) 混合溶液中
（PH ﹤ 7）微粒浓度大小关系：
c( CH3 COO- )﹥ c(Na+ )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )﹥c( OH- )
基础知识点4：在n(CH3COONa)=n(NaOH)的混合溶液中
（ PH ﹥ 7 ）离子浓度大小关系：
C(Na+)﹥ c( OH- )﹥c( CH3 COO- )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )
【分析4】由于溶液中存在下例平衡
NaOH = Na+ + OH- （大）
CH3COONa = CH3COO- + Na+ （大）
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-（小）
H2O H+ + OH- （最小）
（二）过量点（一元强碱和强碱弱酸盐等量混合）
基础知识点5：在 CH3COONa和CH3COOH 的混合溶液中
（ PH = 7 ）离子浓度大小关系：
C(Na+)= c( CH3 COO- )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )= c( OH- )
【分析5】由于溶液中存在下例平衡
CH3COONa = CH3COO- + Na+ （大）
CH3COOH CH3COO- + H+ (小)
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-（小）
H2O H+ + OH- （最小）
（三）溶液中性点（一元弱酸和强碱弱酸盐混合中性）
【分析3】由于溶液中存在下列平衡 CH3COONa = CH3COO- + Na+ （最大） CH3COOH CH3COO- + H+ (大）
CH3COO-+H2O CH3COOH + OH- (小)
H2O H+ + OH- （最小)
一、混合溶液中和滴定曲线离子浓度大小比较----一元强碱与一元弱酸滴定
1.（2022年云南省期末考试）常温下,用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00ml 0.1mol/LCH3COOH溶液所得滴定曲线如图。
下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
C(Na+)﹥ c( OH- ) ﹥c( CH3 COO- )﹥ c(H+ )
c( CH3COOH) ﹥c( CH3 COO- ) ﹥c(H+ ) ﹥ C(Na+) ﹥c( OH- )
方程式 NaOH + CH3COOH = CH3COONa + H20
特殊点 类型 溶质情况 PH 溶液中粒子浓度大小顺序
③
①
②
起点
中和一半点
中性点
中和点
过量点
单一溶液
单一溶液
混合溶液
混合溶液
混合溶液
起点
中和点
中和一半点
过量点
中性点
CH3COOH
CH3COONa
n(CH3COOH)=n(CH3COONa)
n(CH3COONa)=n(NaOH)
CH3COOH (少) CH3COONa （多）
c( CH3COOH) ﹥c(H+ )﹥c( CH3 COO- )﹥c( OH- )
﹤7
﹥7
﹤7
﹥7
=7
C(Na+)﹥c( CH3 COO- )﹥c( OH- ) ﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )
c( CH3 COO- )﹥ c(Na+ )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )﹥c( OH- )
C(Na+)﹥ c( OH- )﹥c( CH3 COO- )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )
C(Na+)= c( CH3 COO- )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )= c( OH- )
电荷守恒：
A错误
电荷守恒:
C错误
B错误
CH3COOH(多),CH3COONa (少)
D正确
2.(2021全国模拟题）室温下，用 0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L-1 H2C2O4溶液溶液的曲线如图所示（体积变化忽略不计）已知： H2C2O4电离平衡常数Ka1= 5.9X10-2 ，Ka2= 6.4X10-5,下例说法正确的是( )
A. ①点溶液中，存在：
B. ③点溶液中有：
C. ②和④点溶液中，水的电离程度： ②﹥④
D. 滴定过程中可能出现：
二、溶液中粒子浓度大小比较--一元强碱与二元弱酸的滴定过程中粒子浓度大小比较
方程式 NaOH + H2C2O4 = NaHC2O4 + H20 NaHC2O4 + NaOH = Na2C2O4 + H2O
特殊点 类型 溶质情况 PH 溶液中粒子浓度大小顺序
①
④
②
③
单一溶液
单一溶液
单一溶液
混合溶液
混合溶液
H2C2O4
NaHC2O4
Na2C2O4
n(NaHC2O4 )=n(Na2C2O4)
NaHC2O4 , Na2C2O4
起点
1:1反应点
2:1反应点
1.5：1反应点
中性点
﹤7
﹤7
﹥7
﹤7
=7
1.5：1反应点
2:1反应点
1:1反应点
起点
中性点
（一）起点---草酸（代表二元弱酸的电离）
二元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；
基础知识点1. 在H2C2O4溶液中微粒浓度大小关系：
（二）1:1反应点---NaHC2O4 （代表酸式盐 且电离大于水解）
基础知识点2：在NaHC2O4溶液中,(pH ﹤7) 离子浓度大小关系：
（三）2:1反应点---Na2C2O4 （代表二元弱酸正盐 分步水解）
基础知识点3：在Na2C2O4溶液中,溶液中离子浓度大小关系：
单一溶液---NaOH与H2C2O4滴定特殊点：起点，恰好中和点
【分析1】由于H2C2O4溶液中存在下列平衡
H2C2O4 HC2O4- + H+ （大）
HC2O4- C2O42- + H+（小）
c( H2C2O4) ﹥c(H+ )﹥c( HC2O4 - )﹥ c( C2O42 - )﹥c( OH- )
c(Na+)﹥ c( HC2O4-) ﹥c(H+ ) ﹥c( C2O4 2- )﹥ c( OH- ) ﹥ c( H2C2O4)
【分析2】由于 NaHC2O4溶液中
NaHC2O4 = HC2O4- + Na+ （最大）
HC2O4- C2O4 2- + H+ (大)
HC2O3- + H2O H2C2O4+ OH- (小)
H2O H+ + OH- （最小）
【分析3】由于 Na2 C2O4溶液中
Na2 C2O4 = C2O42- + 2Na+ (最大)
C2O42- + H2O HC2O4- + OH-（大 ）
HCO3- + H2O H2C2O4 + OH-（小）
H2O H+ + OH- （最小）
模型: C(弱酸（或弱碱）) ﹥c(显性离子)﹥c( 一级离子 )﹥ c( 二级离子 )﹥c( 水的另一离子 )
方法指导：
写式：按电离、水解程度由大到小的顺序写出方程式
排序 ： 溶质电离出的离子﹥显性离子（H+,或OH-）﹥ …
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( OH- ) ﹥ c( HC2O4-) ﹥ c( H2C2O4) ﹥c(H+ )
H2O H++ OH- （最小）
2.（2021全国模拟题）室温下，用 0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00ml0.1mol·L-1 H2C2O4溶液溶液的曲线如图所示（体积变化忽略不计）已知： H2C2O4电离平衡常数Ka1= 5.9×10-2 ，Ka2= 6.4×10-5,下例说法正确的是( )
A. ①点溶液中，存在：
B. ③点溶液中有：
C. ②和④点溶液中，水的电离程度： ②﹥④
D. 滴定过程中可能出现：
二、混合溶液中和滴定曲线离子浓度大小比较----一元强碱与二元弱酸的滴定
方程式 NaOH + H2C2O4 = NaHC2O4 + H20 NaHC2O4 + NaOH = Na2C2O4 + H2O
特殊点 类型 溶质情况 PH 溶液中粒子浓度大小顺序
①
④
②
③
单一溶液
单一溶液
单一溶液
混合溶液
混合溶液
H2C2O4
NaHC2O4
Na2C2O4
n(NaHC2O4 )=n(Na2C2O4)
NaHC2O4 , Na2C2O4
起点
1:1反应点
2:1反应点
1.5：1反应点
中性点
﹤7
﹤7
﹥7
﹤7
=7
1.5：1反应点
2:1反应点
1:1反应点
起点
中性点
c( H2C2O4) ﹥c(H+ )﹥c( HC2O4 - )﹥ c( C2O42 - )﹥c( OH- )
c(Na+)﹥c( HC2O4-)﹥c(H+ )﹥c( CO3 2- )﹥c( OH- )﹥c( H2C2O3)
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( OH- )﹥c( HC2O4-)﹥c( H2C2O4)﹥c(H+ )
二、混合溶液中和滴定曲线粒子浓度大小比较----一元强碱与二元弱酸滴定
混合溶液--- NaOH与H2C2O4滴定特殊点：---n(NaHC2O4 )=n(Na2C2O4)点，中性点
（四）1.5:1反应点,（代表酸式盐与正盐等量混合酸性）
基础知识点4：在n(NaHC2O4 )=n(Na2C2O4)混合溶液中
（ PH ﹤ 7 ）粒子浓度大小关系：
（已知：H2C2O4电离平衡常数Ka1= 5.9X10-2 ，Ka2= 6.4X10 -5 ）
【分析2】在 NaHC2O4 和 Na2C2O4 溶液中
NaHC2O4 = HC2O4- + Na+
Na2C2O4 = C2O42- + 2Na+
HC2O4- C2O4 2- + H+ (大)
C2O4- + H2O HC2O4- + OH- (小)
HC2O4- + H2O H2C2O4+ OH- (小小)
H2O H+ + OH- （最小）
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( HC2O4-)﹥c(H+ )﹥c( OH- )﹥c( H2C2O4)
（五）2:1反应点, （代表酸式盐与正盐混合中性点）
基础知识点5：在NaHC2O4 和Na2C2O4)混合溶液显中性点
（ PH = 7 ）粒子浓度大小关系：
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( HC2O4-)﹥c(H+ )=c( OH- )﹥c( H2C2O4)
方法指导：
写式：按电离、水解程度由大到小的顺序写出方程式
排序 ： 溶质电离出的离子﹥显性离子（H+,或OH-）﹥ …
2.（2021全国模拟题）室温下，用 0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00ml0.1mol·L-1 H2C2O4溶液溶液的曲线如图所示（体积变化忽略不计）已知： H2C2O4电离平衡常数Ka1= 5.9X10-2 ，Ka2= 6.4X10-5,下例说法正确的是( )
A. ①点溶液中，存在：
B. ③点溶液中有：
C. ②和④点溶液中，水的电离程度： ②﹥④
D. 滴定过程中可能出现：
二、混合溶液中和滴定曲线离子浓度大小比较----一元强碱与二元弱酸的滴定
方程式 NaOH + H2C2O4 = NaHC2O4 + H20 NaHC2O4 + NaOH = Na2C2O4 + H2O
特殊点 类型 溶质情况 PH 溶液中粒子浓度大小顺序
①
④
②
③
单一溶液
单一溶液
单一溶液
混合溶液
混合溶液
H2C2O4
NaHC2O4
Na2C2O4
n(NaHC2O4 )=n(Na2C2O4)
NaHC2O4 , Na2C2O4
起点
1:1反应点
2:1反应点
1.5：1反应点
中性点
﹤7
﹤7
﹥7
﹤7
=7
1.5：1反应点
2:1反应点
1:1反应点
起点
中性点
c( H2C2O4) ﹥c(H+ )﹥c( HC2O4 - )﹥ c( C2O42 - )﹥c( OH- )
c(Na+)﹥c( HC2O4-)﹥c(H+ )﹥c( C2O42- )﹥c( OH- )﹥c( H2C2O4)
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( OH- )﹥c( HC2O4-)﹥c( H2C2O4)﹥c(H+ )
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( HC2O4-)﹥c(H+ )﹥c( OH- )﹥c( H2C2O4)
C(Na+)﹥c( C2O4 2- )﹥c( HC2O4-)﹥c(H+ )=c( OH- )﹥c( H2C2O4)
电荷守恒：
A错误
B正确
物料守恒：
③点中性
电荷守恒：
抑制 促进 C错误
溶液中
D错误
B
3. （2024江苏12）室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。
实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L 1NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L 1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是 （ ）
D
重温经典----高考真题
A. 实验1所得溶液中：
B. 实验2所得溶液中：
C. 实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D. 实验3所得溶液中：
实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：
A错误
= 6.2 ×10-8
B错误
NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得NaHSO4固体
C错误
实验3发生的反应：
D错误
4. （2024安徽13）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L 1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是( )
重温经典----高考真题
B
A. Na2S溶液中：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
B. 0.01 mol·L 1 Na2S溶液中: c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L 1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L 1
D. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L 1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+)
电荷守恒
A正确
S2-水解平衡常数
根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1mol·L 1
c(OH-)>c(S2-)
B错误
FeS + Cd2+ Fe2+ + CdS
该反应可以完全进行
c(Fe2+)=0.01 mol·L 1 c(Cd2+)=10-10.9 mol·L 1 <10-8 mol·L 1
C正确
H2S + Cd2+ 2 H+ + CdS
反应可以完全进行Cd2+可以完全沉淀，
D正确
5.（2023河北14）某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中－lgc(Xx－)或－lgc(Yy－)与－lgc(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x：y＝3：1
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入
AgNO3(s)，则平衡时 变小
C．向AgxX固体中加入NayY溶液，可发生AgxX
AgyY的转化
D
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时
c(Xx－)+ c(Yy－)＜2c(Ag+)
J点时两溶质在溶液中均饱和，加入AgNO3(s)，c(Ag+)增大两阴离子浓度沿各自曲线减少，看图可知，c(X3－)降幅更大，B正确
Ag3X+3Y－＝3AgY+X3－的K＝
AgxX线的斜率为3， AgyY的斜率为1，所以x：y＝3：1，A正确
ksp(Ag3X)＝10－16
ksp(AgY)＝10－10
Ag3X可以向AgY完全转化，C正确
T点时c(X3－)＝c(Y－)＝c(Ag+)＝10－4 mol/L，对Ag3X来说恰好饱和，对于AgY来说过饱和，必然析出AgY沉淀，至c(Y－)＝c(Ag+)＝10－5 mol/L，这将导致Ag3X不再饱和，c(X3－)仍为10－4 mol/L，故10－4+10－5>2×10－5，D错误
6. （2023湖南12）常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随 ( )的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 ( )
D
A. Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B. 点a：c(Na+)=c(Cl )=c(CH3COO )+c(CH3COOH)
C. 点b：c(CH3COOH)D. 水的电离程度：aNaCl和CH3COOH
NaCl、CH3COOH和 CH3COONa
NaCl和CH3COONa
NaCl、CH3COONa和NaOH
c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L
Ka(CH3COOH)=10-4.76
A正确
物料守恒关系
B正确
pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度
C正确
水的电离程度c>d
D错误
重温经典----高考真题
A. KOH吸收 CO2 所得到的溶液中:c(H2CO3)>c(HCO3-）
B. KOH 完全转化为 K2CO3,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)
C. KOH 溶液吸收 CO2,c（总）=0.1 mol·L-1 溶液中:c(H2CO3)>c(CO32 )
D. 如图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降
7.（2022 年江苏新高考12题）一种捕集烟气中 CO2的过程如图所示。室温下以 0.1mol·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(CO32-) 。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（ ）
等于吸收CO2的量
2KOH + CO2 = K2CO3 + H20 KOH + CO2 = KHCO3
溶质情况 溶液中粒子浓度大小顺序
K2CO3
KHCO3
C(K+)﹥ c( HCO3-) ﹥ c( OH- ) ﹥ c( H2CO3) ﹥c(H+ ) ﹥c( CO3 2- )
C(K+)﹥c( CO3 2- )﹥c( OH- ) ﹥ c( HCO3-) ﹥ c( H2CO3) ﹥c(H+ )
类似：中和滴定曲线离子浓度大小比较----一元强碱与二元弱酸的滴定
二元弱酸（H2CO3 ）滴定一元强碱（KOH）
解析
3
质子守恒
A错误
B错误
2
溶质为KHCO3
C正确
温度升高 D错误
8.（双选) (2021·山东15,4分）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐
(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R- , 向一定浓度的 H3RCl2 溶液中滴加
NaOH溶液，溶液中H3R2+ , H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知
δ(x)=
下列表述正确的是( )
A．
>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
K3
K2
K1
三元酸
四种粒子，四条线
H3R2+ +OH-=H2R+ + H2O
H2R+ +OH-=HR + H2O
HR +OH-=R- + H2O
H3R2+
H2R+
HR
R-
K1=c(H+)(M点)
M点
K2=c(H+)(N点)
N点
K3=c(H+)(P点)
P点
M点电荷守恒
O点
P点溶质为NaCl、HR、NaR, 呈碱性， 排序: 溶质﹥显性
CD
重温经典----高考真题
9. (双选)（2020·江苏卷14,4分）室温下，将两种浓度均为 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.
混合溶液(pH=10.30)：
B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C.
混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
重温经典----高考真题
混合溶液,类似n(NaHC2O4)=n(Na2C2O4)
不同(PH﹤7)
溶质电离出的离子
显性离子
A正确
电荷守恒: c( NH4+ ) + c(H+ ) = c( Cl-) + c( OH- )
B错误
NaOH滴定CH3COOH的混合溶液: 中和一半点
c( CH3 COO- )﹥ c(Na+ )﹥ c( CH3COOH) ﹥c(H+ )﹥c( OH- )
C错误
NaOH滴定H2C2O4混合溶液,
，
物料守恒为：
电荷守恒为：
两式相加可得：
D正确
AD
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
溶液中粒子浓度大小比较---模型建构
单一溶液
混合
溶液
重点: 结合图像比较混合溶液中
例:一元弱酸（CH3COOH）,一元弱碱（NH3 ·H2O ）
水解
呈现题型
及
思维模型
例:二元弱酸（H2S, H2C2O4 )分步电离,第一步为主
电离
例:强碱弱酸盐（ CH3COONa, Na2CO3)
强碱弱酸酸式盐
例:NaHCO3 ----- 水解大于电离
例: NaHSO3 ------ 电离大于水解
例:氢氧化钠与醋酸的滴定
例:氢氧化钠与草酸的滴定
例: 盐酸与碳酸钠的滴定
溶液中粒子大小比较-----方法指导：
1.分类：单一溶液还是混合溶液（先反应后比较）
2.分析：溶质成分及溶液酸碱性（结合图像分析特殊点及酸碱性）
3.写方程式：
按电离、水解程度由大到小的顺序写出方程式
4.排序：
c(溶质或电离出的离子）﹥c（显性离子H+或OH-） ﹥c（其他）
5. 选项中等号考虑三大守恒，不等号的排序考虑水解电离程度
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
名师导学：
应用两大理论 ； 构建思维基点
把握三大守恒； 活用等量关系
建立思维模型； 分类突破考点第26讲-溶液中粒子浓度大小的比较
1.（2024湖北13） CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L 1，pKa1(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3， pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是
A. PH=6.5时，溶液中c(CO32－)< c(Pb2+)
B. δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，c(Pb2+)<1.0×10－5 mol·L 1
C. pH=7时，2 c(Pb2+) + c [Pb(OH)+] < 2 c(CO32－) + c(HCO3－) + c(ClO4－)
D. pH=8时，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3会溶解
【答案】C
【解析】A．由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5 mol·L 1，则c(CO32－)≤ = mol·L 1=10-7.1 mol·L 1B．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L 1和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L 1，B项正确；
C．溶液中的电荷守恒为2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(ClO4－)+2c[Pb(CO3)22－]+c(OH-)， pH=7时溶液中c(H+)=c(OH-)，则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(ClO4－)+2c[Pb(CO3)22－]，C项错误；
D．NaHCO3溶液中HCO3－的水解平衡常数为K= = =10-7.6>Ka2(H2CO3)，NaHCO3溶液呈碱性，加入少量NaHCO3固体，溶液pH增大，PbCO3转化成Pb(CO3)22－而溶解，D项正确；答案选C。
2.（2024湖南13）常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20mL0.1 mol·L 1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 水的电离程度：M< N
B. M点：2c(OH-)=c(Na+) +c(H+)
C. 当V(HCOOH)=10mL时，c(OH-)=c(H+) +2c(HCOOH) + c(HCOO-)
D. N点：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
【答案】D
【解析】结合起点和终点，向20mL0.1 mol·L 1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-，当V(HCOOH)=0mL，溶液中存在的微粒是OH-，可知随着甲酸的加入，OH-被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。
A．M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为c(HCOOH) ：c(HCOO-)=1：1，仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确；
B．M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为c(HCOOH) ：c(HCOO-)=1：1，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+) =c(HCOO-) +c(OH-) ，M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-)，联合可得2c(OH-)=c(Na+) +c(H+) ，故B正确；
C．当V(HCOOH)=10mL时，溶液中的溶质为c(HCOOH) ：c(HCOONa)=1：1，根据电荷守恒有c(Na+) + c(H+) =c(HCOO-) + c(OH-) ，根据物料守恒c(Na+) = 2c(HCOO-) + 2c(HCOOH) ，联合可得 c(OH-)=c(H+) +2c(HCOOH) + c(HCOO-) ，故C正确；
D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+)观察图中N点可知，c(HCOO-)≈ 0.05 mol L 1，根据Ka(HCOOH)= =1.8×10-4，可知c(HCOOH)>c(H+)，故D错误；故答案选D。
3.（2023湖北14）H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1=7.46，pKa2=12.4。常温下构建Fe(III)—H2L溶液体系，其中c0(Fe3+)=2.0×10－4 mol L 1，c0(H2L)=5.0×10－3 mol L 1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)= ，已知lg2≈0.03，lg3≈0.48。下列说法正确的是
A．当PH=1时，体系中c(H2L)> c ([FeL]+) >c(OH－)> c (HL－)
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－+ [FeL]+ [FeL2]－的平衡常数的lgK约为14
D．当PH=10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol L 1
【答案】C
【解析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL－)≈5×10－9.46，但pH=1时c(OH－)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；
C．该反应的平衡常数K=，当[FeL2]－与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2－)=5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10－14.86，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[FeL2(OH)]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3－)=c([FeL2(OH)]2－)=1×10-4mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10-4 mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10-4 mol·L－1的L2－，共消耗了5×10-4 mol·L-1的L2－，即参与配位的c(L2－)≈5×10-4，D错误；故答案选C。
4.（2023湖南12）常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η（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. 点a：c(Na+)=c(Cl )=c(CH3COO )+c(CH3COOH)
C. 点b：c(CH3COOH)D. 水的电离程度：a【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol·L-1，c(H+)=10-3.38mol·L-1， Ka(CH3COOH)=≈ =10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl )=c(CH3COOH)+c(CH3COO )，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)D．c点溶液中CH3COO 水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。
5.（2023新课标13）向AgC1饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应:Ag＋NH3[Ag(NH3)]+，[Ag(NH3)]+＋NH3[Ag(NH3)2]+，lg[c(M)/( mol L 1)]与lg[c(NH3)/( mol L 1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag＋、Cl 、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B. AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl )=10-9.75
C. 反应[Ag(NH3)]+＋NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81
D．c(NH3)=0.01 mol L 1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)＞c([Ag(NH3)]+)＞c(Ag+)
【答案】A
【解析】氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋＋Cl ，且c(Ag+)=c(Cl )。
向饱和溶液中滴加氨水，Ag＋和NH3形成配合物，溶液中c(Ag+)减小，AgCl的沉淀溶解平衡，c(Cl )增大、c([Ag(NH3)]+)增大，继续滴加氨水，已知的两个络合平衡不断正向移动，c([Ag(NH3)]+)增大的幅度小于c([Ag(NH3)2]+)，则曲线I、II、III、IV分别表示c([Ag(NH3)2]+)、c([Ag(NH3)]+)、c(Ag+)、c(Cl )与c(NH3)对数变化的曲线。
A．由分析可知，在固体消失前，c(Cl )即可表示氯化银溶解度，曲线IV表示c(Cl )与c(NH3)对数变化的曲线,可视为氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，而曲线I为c([Ag(NH3)2]+)与c(NH3)对数变化的曲线，开始阶段当所加氨水很少时，c([Ag(NH3)2]+)远小于c(Cl )，很显然曲线I不能表示氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，故A项错误；
由图可知，当lg[c(NH3)]=-1,即c(NH3)=0.1 mol L 1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)=10-2.35mol L 1、c([Ag(NH3)]+)=10-5.16mol L 1、c(Ag+)=10-7.40mol L 1、c(Cl )=10-2.35mol L 1.
c(NH3)=0.1mol L 1时AgCl固体仍有剩余，则AgCl的溶度积常数
Ksp=c(Ag+)·c(Cl )==10-7.40·10-2.35=10-9.75
C．反应[Ag(NH3)]+＋NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数K== =103.81，C项正确。
D.由图可知，当c(NH3)=0.01mol L 1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)＞c([Ag(NH3)]+)＞c(Ag+)。D项正确。
6.（2023.1浙江15）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO32-)
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变
D．通过加溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】B
【解析】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2+)>c(CO32-)，A错误；
B．根据Ka2=4.7×10-11可得 =4.7×10-11，则碳酸根的水解平衡常数为Kh= = ≈2×10-2>Ka2，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；
C．向体系中通入CO2，，c(CO32-)减小，CaCO3(s) Ca2+(aq)+ (aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；
D．由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，则的平衡常数K= = =6.9×10-5 ，故通过加溶液不可实现向的有效转化，D错误；
故答案选B。
7．（2022·浙江卷）时，向20mL浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1 mol L 1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H+ + OH- = H2O
C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-) + c(CH3COOH)
D．时，c(Na+)﹥c(Cl-)﹥c(CH3COO-)﹥c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；
B．滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-= H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==3×10-3.5mol· L-1>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH- =H2O和CH3COOH + OH- = CH3COO- + H2O，B错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-) + c(CH3COOH)，C正确；
D．向浓度均为0.1 mol· L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol· L-1的溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= =可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na+) ﹥c(Cl-)﹥c(CH3COO-)﹥c(CH3COOH)，D正确；答案为：B。
8. （2021·湖南）常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000 mol·L-1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A．该NaX溶液中：c(Na+)﹥c(X-)﹥c(OH-)﹥c(H+)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)﹥Ka (HY)﹥Ka(HZ)
C．当PH=7时，三种溶液中： c(X-)= c(Y-) =c(Z-)
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X-)+ c(Y-) +c(Z-)= c(H+) - c(OH-)
【答案】C
【解析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。
A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确；
故选C。
9.（2020·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH) >Ka(HF)
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)=Ksp(CuS)
D. 在1 mol L 1 Na2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol L 1
【答案】A
【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2 不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；根据溶液中的物料守恒定律，1 mol L 1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol L 1，即c(S2 )+c(HS－)+c(H2S)=1 mol L 1，故D正确；综上所述，答案为A。
10.（2020·浙江卷）常温下，用0.1 mol L 1氨水滴定10mL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10mL时，c(NH4+) + c(NH3·H2O)=c(CH3COO－) + c(CH3COOH)
C. 当滴入氨水20mL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20mL，c(NH4+)< c(Cl－)
【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O) = n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+) + c(NH3·H2O) = c(CH3COOH) + c(CH3COO-)，B正确；当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH) + c(H+) = c(NH4+) + c(OH-)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+) + c(H+)= c(CH3COO-) + c(Cl-) + c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确。
11.（2020新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 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、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[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0.2000 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，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol·L 1，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol·L 1，B错误；由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol·L 1，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka= = ≈ 1×10-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。
12．（2019江苏）室温下，反应HCO3- + H2OH2CO3 + OH 的平衡常数K=2.2×10 8。将NH4HCO3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
A．0.2 mol·L 1氨水：c (NH3·H2O)>c(NH4+)> c (OH )> c (H+)
B．0.2 mol·L 1NH4HCO3溶液(pH>7)：c (NH4+)> c (HCO3-)> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．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 (HCO3-)+c(CO32-)
D．0.6 mol·L 1氨水和0.2 mol·L 1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O) + c(CO32-)+ c(OH )=0.3 mol·L 1 + c (H2CO3) + c (H+)
【答案】BD
【解析】NH3 H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3 H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，A错误；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++H2ONH3 H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3 H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3 H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3 H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3 H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2 mol·L 1NH4HCO3与0.6 mol·L 1氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1 mol·L 1，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3 H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3 H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3 mol·L 1，故D正确；故选BD。
13．（2019浙江选考）室温下，取20 mL 0.1 mol·L 1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L 1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋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 )=0.1mol·L 1，A正确；若NaOH用去10ml，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10ml的NaOH溶液，B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正确。
(
1
)第26讲- 溶液中粒子浓度大小的比较
一、知识重构
（一）.判断依据为
（1）两个理论-----电离平衡理论----弱酸,弱碱溶液中
水解平衡理论---含有弱根的盐溶液
（2）依据的离子浓度等量关系-----电解质溶液的三大守恒
电荷守恒:
物料守恒:
质子守恒:
二、重温经典
1.（2021年 云南省 期末考试题）常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
A. 点所示溶液中：
B. 点所示溶液中：
C. 点所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
答案: D
【解析】本题考查酸碱中和滴定曲线分析、离子浓度大小比较，综合考查学生的分析能力和化学基本理论的运用能力，为高考常见题型，难度中等，注意电荷守恒的运用。
【A.点反应后溶液是与物质的量之比为：的混合物，电离程度大于的水解程度，故，由电荷守恒可知：，所以，故A错误；
B.点，即，由电荷守恒知：，故c(Na+)=c(CH3COO-)，故B错误；C.点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，且程度较小，，故C错误；
D.当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现，故D正确。
归纳知识: 元强碱与一元弱酸滴定过程中粒子浓度的大小比较
方程式:
特殊点 溶液类型 溶质情况 PH 溶液粒子浓度大小比较
2. （2021全国模拟题） 室温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定溶液的曲线如图所示体积变化忽略不计。已知：的电离平衡常数，下列说法正确的是( )
A. 点溶液中，存在：
B. 点溶液中有：
C. 、点溶液中，水的电离程度：
D. 滴定过程中可能出现：
【答案】B
【解析】
本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断、图象分析，意在考查学生的分析与推测能力，明确溶液酸碱性与溶液的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断粒子浓度大小中的应用A.点溶液中存在电荷守恒：，故A错误；
B.原草酸溶液中存在物料守恒：，点对应的溶液呈中性，，根据电荷守恒：，可得，设点时加入的氢氧化钠溶液的体积为 ，，故B正确；
C.点溶液显酸性，抑制水的电离，点溶液中的溶质为草酸钠，草酸根离子水解使溶液显碱性，促进水的电离，则水的电离程度：，故C错误；D.若，溶液显碱性，当点之后继续加氢氧化钠溶液可符合，但几乎都是来自的水解，且加碱抑制的水解，则溶液中始终有，不可能相等，故D错误。
归纳知识: 一元强碱与二元弱酸滴定过程中粒子浓度的大小比较
3.（2024江苏12）室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。
实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L 1NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L 1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A. 实验1所得溶液中：c(HSO3 )+c(SO32-) > c(H+)
B. 实验2所得溶液中：c(SO32-) > c(HSO3-)
C. 实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D. 实验3所得溶液中：c(SO42-) > c(Mn2+)
【答案】D
【解析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3 SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：。
A． 实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：，则 ，A错误；
B．实验2为pH为4，依据，则=，溶液，则，B错误；
C．NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得NaHSO4固体，C错误；
D．实验3依据发生的反应：，则恰好完全反应后c(SO42-) > c(Mn2+)，D正确；故选D。
4.（2024安徽13）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L 1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是
A. Na2S溶液中：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
B. 0.01 mol·L 1 Na2S溶液中: c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L 1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L 1
D. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L 1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+)
【答案】B
【解析】A．Na2S溶液中只有5种离子，分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，A正确；
B．0.01 mol·L 1 Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1mol·L 1,所以，则c(OH-)>c(S2-)，B不正确；
C．Ksp(FeS) 远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)=0.01 mol·L 1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为因此该反应可以完全进行，则c(Fe2+)=0.01 mol·L 1 c(Cd2+)=10-10.9 mol·L 1 <10-8 mol·L 1，C正确
D．Cd2++H2SCdS +2H+的平衡常数
，该反应可以完全进行，因此，当向c(Cd2+)=0.01 mol·L 1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中c(H+)>c(Cd2+)，D正确；综上所述，本题选B。
5.（2023河北14）．某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中－lgc(Xx－)或－lgc(Yy－)与－lgc(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x：y＝3：1
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入AgNO3(s)，则平衡时变小
C．向AgxX固体中加入NayY溶液，可发生AgxXAgyY的转化
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时c(Xx－)+ c(Yy－)＜2c(Ag+)
【答案】D
【解析】曲线上任意一点都体现该化合物饱和时阴、阳离子浓度关系，都能求该物质的ksp。A项：观察AgXX线，由（0，16）、（5，1）两点可得ksp(AgXX)＝cx (Ag+)·c(Xx－)＝1x×10－16＝10－16＝(10－5) x×10－1，得x＝3；观察AgyY线，由（0，10）、（5，5）两点可得ksp(AgyY)＝cy (Ag+)·c(yy－)＝1y×10－10＝10－10＝(10－5) y×10－5，得y＝1；A正确。
B项：J点时两溶质在溶液中均饱和， c(Ag+)共用且＝1，加入AgNO3(s)，c(Ag+增大，两阴离子浓度沿各自曲线减少，看图可知，c(X3－)降幅更大，【找3之前任一横坐标对应的两个纵坐标代入即可算出一个比值】，B正确。
C项：Ag3X+3Y－＝3AgY+ X3－的K＝，Ag3X可以向AgY完全转化，C正确。 D项：T点时c(X3－)＝c(Y－)＝c(Ag+)＝10－4 mol/L，对Ag3X来说恰好饱和，对于AgY来说过饱和，必然析出AgY沉淀，至c(Y－)＝c(Ag+)＝10－5 mol/L，这将导致Ag3X不再饱和，c(X3－)仍为10－4 mol/L，故10－4+10－5>2×10－5，D错误。
6.（2023湖南12）常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随()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. 点a：c(Na+)=c(Cl )=c(CH3COO )+c(CH3COOH)
C. 点b：c(CH3COOH)D. 水的电离程度：a【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L， Ka(CH3COOH)=10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl )=c(CH3COOH)+c(CH3COO )，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)D．c点溶液中CH3COO 水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。
7.（2022 年江苏新高考12题）一种捕集烟气中 CO2的过程如图所示。室温下以 0.1mol·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(CO32-) 。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(HCO3-）
B. KOH完全转化为 K2CO3,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)
C. KOH溶液吸收CO2,c(总)=0.1 mol·L-1 溶液中:c(H2CO3)>c(CO32 )
D. 如图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降
【答案】 C
【解析】A选项 当溶质 为K2CO3，c(K+)﹥c( CO32- )﹥c( OH- ) ﹥ c( HCO3-) ﹥ c( H2CO3) ﹥c(H+ ) A错误
B选项质子守恒，错误，C选项,当单一溶液KHCO3所以溶液中:c(H2CO3)>c(CO32-)C错误。D如图所示的“吸收”“转化”过程中,发生的总反应可表示为:CO2+CaO = CaCO3,该反应放热,溶液的温度升高,D 不正确
8．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡： H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是
A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。
A．，，因此，故A错误；
B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；
C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；
D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；故答案为CD。
9.（2020·江苏卷）室温下，将两种浓度均为0.1mol·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)：
B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76):
D.H2C2O4-NaHC2O4 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
【答案】AD
【解析】NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
三、模型建构------溶液中粒子大小比较-----方法指导：
1.分类：单一溶液还是混合溶液（先反应后比较）
2.分析：溶质成分及溶液酸碱性（结合图像分析特殊点及酸碱性）
3.写方程式： 按电离、水解程度由大到小的顺序写出方程式
4.排序： c(溶质或电离出的离子）﹥c（显性离子H+或OH-） ﹥c（其他）
5. 选项中等号考虑三大守恒，不等号的排序考虑水解电离程度
四、名师导学
应用两大理论 ； 构建思维基点
把握三大守恒； 活用等量关系
建立思维模型； 分类突破考点
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