浙江省2020版高考化学专题八用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较课件

专项突破四用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较浙江省2020版高考化学专题八用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较课件1类型一单一溶液中粒子浓度关系类型二混合溶液中粒子浓度关系考法突破类型三不同溶液中同一粒子浓度大小的比较类型四与图像有关的粒子浓度关系类型一单一溶液中粒子浓度关系类型二混合溶液中粒子

1.熟知两大理论,构建强弱意识(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,还要考虑水的

电离,如氨水中NH3·H2O、N

、OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N

)。考法突破考法突破3②多元弱酸的电离是分步进行的,第一步电离的程度远大于第二步电离

的程度。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(互相促进的水解除外),但由于存

在水的电离,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:N

、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(NH3·H2O)。②多元弱酸的电离是分步进行的,第一步电离的程度远大于第二步电4②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,第一步水解的程度远大于第

二步水解的程度,如在Na2CO3溶液中,C

、HC

、H2CO3的浓度大小关系应是c(C

)>c(HC

)>c(H2CO3)。2.把握三个守恒,明确等量关系(1)电荷守恒②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,第一步水解的程度远大于5如在Na2CO3溶液中存在Na+、C

、H+、OH-、HC

,它们存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=2c(C

)+c(HC

)+c(OH-)。(2)物料守恒物料守恒也就是元素守恒,变化前后某种元素的原子个数守恒。如在Na2CO3溶液中存在Na+、C 、H+、OH-、HC 6(3)质子守恒质子守恒即H2O电离出的H+和OH-浓度相等。如在Na2CO3溶液中,水电

离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HC

、H2CO3三种形式存在于溶液中,则有c(OH-)=c(H+)+c(HC

)+2c(H2CO3)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。

(3)质子守恒质子守恒即H2O电离出的H+和OH-浓度相等。7典例1写出0.1mol·L-1的NaHCO3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:

。类型一单一溶液中粒子浓度关系典例1写出0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中各离子8答案(1)c(Na+)>c(HC

)>c(OH-)>c(H+)>c(C

)(2)c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC

)+c(C

)(3)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC

)+2c(C

)(4)c(OH-)=c(H+)+c(HC

)+2c(H2CO3)规律方法

(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对强弱,如NaHCO3溶液中,HC

的水解能力强于其电离能力,溶液显碱性;而NaHSO3溶液中,HS

的水解能力弱于其电离能力,溶液显酸性。(2)多元弱酸的强碱正盐溶液:弱酸根离子水解以第一步为主。如硫化

钠溶液中,c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。答案(1)c(Na+)>c(HC )>c(OH-)>c(H91.在0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中,下列各粒子浓度大小关系正确的是(D)A.c(N

)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)B.c(N

)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.c(Cl-)>c(N

)>c(OH-)>c(H+)D.c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)解析

由于N

水解,故c(N

)<c(Cl-);N

+H2O

NH3·H2O+H+,故c(H+)>c(OH-);水解程度微弱,故c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)。

1.在0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中,下列各粒子浓10类型二混合溶液中粒子浓度关系典例2

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(

D

)A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度

之和:前者小于后者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.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)

类型二混合溶液中粒子浓度关系典例2

常温下,Ka(H11解析A项,HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)=0.1mol·L-1+c(H+),NH4Cl溶液

中c(N

)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(OH-);已知:Ka(HCOOH)=1.77×10-4>Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,即同浓度时电离程度HCOOH>NH3·H2O,则水解程度HCOO-<N

,HCOONa溶液中c(H+)大于NH4Cl溶液中c(OH-),故A项错误。B项,等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液,因

Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH),所以n(HCOOH)<n(CH3COOH),消耗NaOH

溶液的体积前者小于后者,故B项错误。C项,混合后得HCOOH与

HCOONa物质的量之比为1∶1的溶液,物料守恒:2c(Na+)=c(HCOOH)+解析A项,HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)=0.12c(HCOO-)①,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)②,②×2-①得c(HCOOH)+2c(H+)=c(HCOO-)+2c(OH-),故C项错误。D项,混合后得CH3COONa、NaCl和CH3COOH物质的量之比为1∶1∶1的混合液,且pH<7,则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-水解程度,可得c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),故D项正确。c(HCOO-)①,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(13反思归纳

酸、碱中和型离子浓度的关系判断巧抓“四点”(1)抓反应“一半”点,判断相当于什么溶质的等量混合。(2)抓“恰好”反应点,生成什么溶质,溶液呈什么性,是什么因素造成的。(3)抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。(4)抓反应“过量”点,分析溶质是什么。

反思归纳酸、碱中和型离子浓度的关系判断巧抓“四点”142.在0.1mol·L-1NH4Cl溶液和0.1mol·L-1盐酸的混合溶液中,下列粒子浓

度大小关系正确的是

(B)A.c(N

)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Cl-)>c(H+)>c(N

)>c(OH-)C.c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)D.c(H+)>c(Cl-)>c(N

)>c(OH-)

2.在0.1mol·L-1NH4Cl溶液和0.1mol·15解析

溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-);由电荷守恒知c(H+)+c(N

)=c(Cl-)+c(OH-),则c(Cl-)>c(N

);由c(Cl-)=0.2mol·L-1,c(H+)≈0.1mol·L-1,可知c(Cl-)>c(H+),c(N

)<0.1mol·L-1,故c(Cl-)>c(H+)>c(N

)>c(OH-)。解析

溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-);由163.常温下,将Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO3溶液混合,所得混合溶

液中下列关系一定成立的是

(C)A.c(Na+)>c(C

)>c(HC

)>c(OH-)>c(H+)>c(S

)>c(HS

)B.c(Na+)>c(HC

)>c(C

)>c(S

)>c(OH-)>c(H+)C.c(Na+)>c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3)+c(S

)+c(HS

)+c(H2SO3)D.c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)+c(HS

)+c(S

)

3.常温下,将Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO17解析

没有告诉Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO3溶液物质的量

浓度的大小,无法判断溶液中c(C

)、c(HC

)、c(S

)的相对大小,故A、B项错误;Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO3溶液中分别存在物料

守恒:c(Na+)=2c(HC

)+2c(C

)+2c(H2CO3)、c(Na+)=2c(S

)+2c(HS

)+2c(H2SO3)、c(Na+)=c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3),则混合溶液中一定满足:c(Na+)>c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3)+c(S

)+c(HS

)+c(H2SO3),故C项正确;根据混合溶液中电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)+c(HS

)+2c(S

),故D项错误。解析

没有告诉Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和N18典例3有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成:①CH3COONa溶液与Na2CO3溶液;②CH3COONa溶液与NaCl溶液;③CH3COONa溶液与NaOH溶液;④CH3COONa溶液与HCl溶液。c(CH3COO-)排序正确的是

(A)A.③>①>②>④B.③>②>①>④C.④>②>①>③D.④>②>③>①类型三不同溶液中同一粒子浓度大小的比较解析①③中Na2CO3、NaOH均抑制CH3COO-水解,但NaOH抑制能力

更强;④中HCl促进CH3COO-水解,所以c(CH3COO-):③>①>②>④。

典例3有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的2种19

4.25℃时,相同物质的量浓度的下列物质的溶液中,c(N

)由大到小的顺序为

。a.NH4Clb.CH3COONH4c.NH4HSO4

d.(NH4)2SO4

e.(NH4)2Fe(SO4)2

答案e>d>c>a>b 答案e>d>c>a>b20解析1mol(NH4)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2中均含有2molN

,1molNH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4中均含有1molN

,前两者的溶液中c(N

)大于后三者;由于Fe2+水解:Fe2++2H2O

Fe(OH)2+2H+,抑制N

水解,故c(N

):e>d;a、b、c中,NH4HSO4电离出的H+抑制N

水解,CH3COO-促进N

水解,Cl-不影响N

水解,故c(N

):c>a>b。解析1mol(NH4)2SO4和(NH4)2Fe(SO21典例4

(2017课标Ⅰ,13,6分)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

(D)

类型四与图像有关的粒子浓度关系A.

(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+)

典例4

(2017课标Ⅰ,13,6分)常温下将NaOH22解析本题考查电离平衡常数的计算及离子浓度大小的比较。分析题意及题图可知,图中曲线M表示pH与lg

的变化关系,曲线N表示pH与lg

的变化关系,B正确;在曲线M上选择点(0.0,5.37),c(H+)=1×10-5.37mol/L,

=100=1,

(H2X)=

=10-5.37,数量级为10-6,A项正确;当

=1时,溶液显酸性,所以NaHX溶液中c(H+)>c(OH-),C正确;当c(X2-)与c(HX-)相等时,溶液显酸性,若要使溶液显中性,需再加入NaOH溶液,则X2-的浓度大于HX-的浓度,各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)=c(H+),D错误。解析本题考查电离平衡常数的计算及离子浓度大小的比较。分析题235.H2C2O4为二元弱酸。20℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2

)+c(C2

)=0.100mol·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(B)

5.H2C2O4为二元弱酸。20℃时,配制一组c(H2C224

A.pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2

)>c(HC2

)B.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2

)C.c(HC2

)=c(C2

)的溶液中:c(Na+)>0.100mol·L-1+c(HC2

)D.pH=7.0的溶液中:c(Na+)=2c(C2

)解析

结合图像分析,pH=2.5时,c(H2C2O4)+c(C2

)远小于c(HC2

),A错误;c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中存在c(Na+)=c(C2

)+c(HC2

)+c(H2C2O4)、c(H+)+c(Na+)=c(HC2

)+2c(C2

)+c(OH-),联合两式可以得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2

),B正确;根据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=2c(C2

)+c(HC2

)+c(OH-),可以得到c(Na+)=2c(C2

)+c(HC2

)+c(OH-)- D.pH=7.0的溶液中:c(Na+)=2c(C2 )解析25c(H+),再结合c(C2

)+c(HC2

)+c(H2C2O4)=0.100mol·L-1可以得出c(Na+)=0.100mol·L-1+c(C2

)-c(H2C2O4)+c(OH-)-c(H+)=0.100mol·L-1+c(HC2

)-c(H2C2O4)+c(OH-)-c(H+),因为此时溶液pH<7,则c(OH-)-c(H+)-c(H2C2O4)<0,故c(Na+)<0.100mol·L-1+c(HC2

),C错误;根据电荷守恒及c(H+)=c(OH-)可得,c(Na+)=2c(C2

)+c(HC2

),所以c(Na+)>2c(C2

),D错误。c(H+),再结合c(C2 )+c(HC2 )+c(H2C226专项突破四用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较浙江省2020版高考化学专题八用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较课件27类型一单一溶液中粒子浓度关系类型二混合溶液中粒子浓度关系考法突破类型三不同溶液中同一粒子浓度大小的比较类型四与图像有关的粒子浓度关系类型一单一溶液中粒子浓度关系类型二混合溶液中粒子

1.熟知两大理论,构建强弱意识(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,还要考虑水的

电离,如氨水中NH3·H2O、N

、OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N

)。考法突破考法突破29②多元弱酸的电离是分步进行的,第一步电离的程度远大于第二步电离

的程度。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(互相促进的水解除外),但由于存

在水的电离,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:N

、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(NH3·H2O)。②多元弱酸的电离是分步进行的,第一步电离的程度远大于第二步电30②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,第一步水解的程度远大于第

二步水解的程度,如在Na2CO3溶液中,C

、HC

、H2CO3的浓度大小关系应是c(C

)>c(HC

)>c(H2CO3)。2.把握三个守恒,明确等量关系(1)电荷守恒②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,第一步水解的程度远大于31如在Na2CO3溶液中存在Na+、C

、H+、OH-、HC

,它们存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=2c(C

)+c(HC

)+c(OH-)。(2)物料守恒物料守恒也就是元素守恒,变化前后某种元素的原子个数守恒。如在Na2CO3溶液中存在Na+、C 、H+、OH-、HC 32(3)质子守恒质子守恒即H2O电离出的H+和OH-浓度相等。如在Na2CO3溶液中,水电

离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HC

、H2CO3三种形式存在于溶液中,则有c(OH-)=c(H+)+c(HC

)+2c(H2CO3)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。

(3)质子守恒质子守恒即H2O电离出的H+和OH-浓度相等。33典例1写出0.1mol·L-1的NaHCO3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:

。类型一单一溶液中粒子浓度关系典例1写出0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中各离子34答案(1)c(Na+)>c(HC

)>c(OH-)>c(H+)>c(C

)(2)c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC

)+c(C

)(3)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC

)+2c(C

)(4)c(OH-)=c(H+)+c(HC

)+2c(H2CO3)规律方法

(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对强弱,如NaHCO3溶液中,HC

的水解能力强于其电离能力,溶液显碱性;而NaHSO3溶液中,HS

的水解能力弱于其电离能力,溶液显酸性。(2)多元弱酸的强碱正盐溶液:弱酸根离子水解以第一步为主。如硫化

钠溶液中,c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。答案(1)c(Na+)>c(HC )>c(OH-)>c(H351.在0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中,下列各粒子浓度大小关系正确的是(D)A.c(N

)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)B.c(N

)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.c(Cl-)>c(N

)>c(OH-)>c(H+)D.c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)解析

由于N

水解,故c(N

)<c(Cl-);N

+H2O

NH3·H2O+H+,故c(H+)>c(OH-);水解程度微弱,故c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)。

1.在0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中,下列各粒子浓36类型二混合溶液中粒子浓度关系典例2

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(

D

)A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度

之和:前者小于后者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.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)

类型二混合溶液中粒子浓度关系典例2

常温下,Ka(H37解析A项,HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)=0.1mol·L-1+c(H+),NH4Cl溶液

中c(N

)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(OH-);已知:Ka(HCOOH)=1.77×10-4>Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,即同浓度时电离程度HCOOH>NH3·H2O,则水解程度HCOO-<N

,HCOONa溶液中c(H+)大于NH4Cl溶液中c(OH-),故A项错误。B项,等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液,因

Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH),所以n(HCOOH)<n(CH3COOH),消耗NaOH

溶液的体积前者小于后者,故B项错误。C项,混合后得HCOOH与

HCOONa物质的量之比为1∶1的溶液,物料守恒:2c(Na+)=c(HCOOH)+解析A项,HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)=0.38c(HCOO-)①,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)②,②×2-①得c(HCOOH)+2c(H+)=c(HCOO-)+2c(OH-),故C项错误。D项,混合后得CH3COONa、NaCl和CH3COOH物质的量之比为1∶1∶1的混合液,且pH<7,则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-水解程度,可得c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),故D项正确。c(HCOO-)①,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(39反思归纳

酸、碱中和型离子浓度的关系判断巧抓“四点”(1)抓反应“一半”点,判断相当于什么溶质的等量混合。(2)抓“恰好”反应点,生成什么溶质,溶液呈什么性,是什么因素造成的。(3)抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。(4)抓反应“过量”点,分析溶质是什么。

反思归纳酸、碱中和型离子浓度的关系判断巧抓“四点”402.在0.1mol·L-1NH4Cl溶液和0.1mol·L-1盐酸的混合溶液中,下列粒子浓

度大小关系正确的是

(B)A.c(N

)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Cl-)>c(H+)>c(N

)>c(OH-)C.c(Cl-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)D.c(H+)>c(Cl-)>c(N

)>c(OH-)

2.在0.1mol·L-1NH4Cl溶液和0.1mol·41解析

溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-);由电荷守恒知c(H+)+c(N

)=c(Cl-)+c(OH-),则c(Cl-)>c(N

);由c(Cl-)=0.2mol·L-1,c(H+)≈0.1mol·L-1,可知c(Cl-)>c(H+),c(N

)<0.1mol·L-1,故c(Cl-)>c(H+)>c(N

)>c(OH-)。解析

溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-);由423.常温下,将Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO3溶液混合,所得混合溶

液中下列关系一定成立的是

(C)A.c(Na+)>c(C

)>c(HC

)>c(OH-)>c(H+)>c(S

)>c(HS

)B.c(Na+)>c(HC

)>c(C

)>c(S

)>c(OH-)>c(H+)C.c(Na+)>c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3)+c(S

)+c(HS

)+c(H2SO3)D.c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)+c(HS

)+c(S

)

3.常温下,将Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO43解析

没有告诉Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO3溶液物质的量

浓度的大小,无法判断溶液中c(C

)、c(HC

)、c(S

)的相对大小,故A、B项错误;Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和NaHCO3溶液中分别存在物料

守恒:c(Na+)=2c(HC

)+2c(C

)+2c(H2CO3)、c(Na+)=2c(S

)+2c(HS

)+2c(H2SO3)、c(Na+)=c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3),则混合溶液中一定满足:c(Na+)>c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3)+c(S

)+c(HS

)+c(H2SO3),故C项正确;根据混合溶液中电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)+c(HS

)+2c(S

),故D项错误。解析

没有告诉Na2CO3溶液、Na2SO3溶液和N44典例3有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成:①CH3COONa溶液与Na2CO3溶液;②CH3COONa溶液与NaCl溶液;③CH3COONa溶液与NaOH溶液;④CH3COONa溶液与HCl溶液。c(CH3COO-)排序正确的是

(A)A.③>①>②>④B.③>②>①>④C.④>②>①>③D.④>②>③>①类型三不同溶液中同一粒子浓度大小的比较解析①③中Na2CO3、NaOH均抑制CH3COO-水解,但NaOH抑制能力

更强;④中HCl促进CH3COO-水解,所以c(CH3COO-):③>①>②>④。

典例3有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的2种45

4.25℃时,相同物质的量浓度的下列物质的溶液中,c(N

)由大到小的顺序为

。a.NH4Clb.CH3COONH4c.NH4HSO4

d.(NH4)2SO4

e.(NH4)2Fe(SO4)2

答案e>d>c>a>b 答案e>d>c>a>b46解析1mol(NH4)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2中均含有2molN

,1molNH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4中均含有1molN

,前两者的溶液中c(N

)大于后三者;由于Fe2+水解:Fe2++2H2O

Fe(OH)2+2H+,抑制N

水解,故c(N

):e>d;a、b、c中,NH4HSO4电离出的H+抑制N

水解,CH3COO-促进N

水解,Cl-不影响N

水解,故c(N

):c>a>b。解析1mol(NH4)2SO4和(NH4)2Fe(SO47典例4

(2017课标Ⅰ,13,6分)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

(D)

类型四与图像有关的粒子浓度关系A.

(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+)

典例4

(2017课标Ⅰ,13,6分)常温下将NaOH48解析本题考查电离平衡常数的计算及离子浓度大小的比较。分析题意及题图可知,图中曲线M表示pH与lg

的变化关系,曲线N表示pH与lg

的变化关系,B正确;在曲线M上选择点(0.0,5.37),