2026年高考化学终极冲刺：压轴04 不同情境下溶液中粒子浓度关系判断（4大核心考向压轴题专练）（江苏专用）（解析版）

/压轴04不同情境下溶液中粒子浓度关系判断命题预测江苏高考化学中“不同情境下溶液中粒子浓度关系判断”是选择题压轴必考题型，常以滴定曲线、缓冲体系、酸式盐、混合溶液及工业体系为情境，结合分布系数图、对数图考查。试题围绕三大守恒式（电荷、物料、质子）与浓度大小比较展开，侧重弱酸弱碱、多元弱酸、缓冲溶液、沉淀配位体系等复杂模型，强调图像特殊点分析与平衡常数应用。命题陷阱密集，常出现等体积混合、温度变化、过量反应、溶质组成判断等易错点，突出证据推理与定量分析能力。2026年命题将延续图像化、复杂化、真实化趋势，以多元弱酸体系、配位缓冲溶液、电解后溶液体系为主要情境，强化质子守恒、对数换算与耦合平衡判断。图像更趋向双图组合，设问更注重特殊点等式、浓度比值与pH关联，对守恒式变形、图像信息提取和定量计算能力要求更高。高频考法1.守恒关系判断：重点考查电荷守恒、物料守恒、质子守恒的书写与正误判断，常涉及混合液、酸式盐与缓冲体系。2.粒子浓度大小比较：判断单一、混合、滴定终点及中性点等不同状态下离子浓度排序，结合电离与水解程度分析。3.图像特殊点分析：利用分布系数、滴定曲线、对数图交点，计算Ka​、pH并推导浓度等量关系。4.定量与变形应用：判断浓度比值、守恒式变形、外加酸碱对粒子浓度的影响。5.易错情境辨析：等体积混合浓度减半、过量反应溶质判断、水解与电离主次比较等高频陷阱。知识·技法·思维考点01电解质溶液中的三大守恒1.电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。2.物料守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]3.质子守恒：指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中：所以c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)考点02电解质溶液中粒子浓度大小比较1．两个理论（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：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如在H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。（2）水解理论①弱离子的水解损失是微量的(水解相互促进的除外)，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溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>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：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。2．一个比较比较同浓度的弱酸(或弱碱)的电离能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的水解能力。（1）如果电离能力大于水解能力，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解的程度，则等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)。（2）如果是水解能力大于电离能力，如HClO的电离程度小于ClO－水解的程度，则等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性，溶液中c(H＋)<c(OH－)。（3）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力的相对强弱。如NaHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)；又如NaHSO3溶液中，HSOeq\o\al(－,3)的电离能力大于水解能力，故溶液显酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)。3．三个规律（1）一般而言，等浓度的弱酸与弱酸盐混合，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；HCN、NaCN混合液除外，它们的溶液呈碱性，水解程度大于电离程度。（2）对于存在电离和水解过程的NaHA溶液，若溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)；若溶液呈碱性，则电离程度小于水解程度，则c(H2A)＞c(A2－)。（3）仅含4种离子的溶液，可以根据溶液的电中性判断离子浓度大小。如：a．CH3COOH和NaOH等物质的量混合时溶液显碱性，故c(OH－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)；b．NH3·H2O与HCl等物质的量混合时溶液显酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，则c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。4.电解质溶液中微粒浓度大小比较的类型（1）多元弱酸溶液判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：（显性离子）＞（一级电离离子）＞（二级电离离子）＞（水电离出的另一离子）例如：0.1mol/L的H2S溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：c(H+)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)。（2）一元弱碱的正盐溶液，MCl（强酸弱碱盐）①电荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒浓度：c(④判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）。⑤典例：0.1mol/L的CH3COONa溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)。（3）二元弱酸的正盐溶液，Na2①电荷守恒：c(②物料守恒：c(③判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（二级水解离子）＞（水电离出的另一离子）。即微粒浓度：c(Na+)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H+)。④典例：0.1mol/L的Na2CO3溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H+)。（4）二元弱酸的酸式盐溶液，NaHA（弱酸的酸式盐）溶液（a：水解为主，b：电离为主）①电荷守恒：c(②物料守恒：c(③判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：水解大于电离时：（不水解离子）＞（会水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）＞（水解生成的微粒）＞（电离得到的酸跟离子）。电离大于水解时：（不水解离子）＞（会电离离子）＞（显性离子）＞（电离得到的酸跟离子）＞（水电离出的另一离子）＞（水解生成的微粒）即：微粒浓度a:c④典例：0.1mol/L的NaHCO3溶液中所存在的离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)＞c(CO32－)。（5）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。例如：在相同物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4。c(NH4+)由大到小的顺序③＞①＞②。（6）混合溶液中各离子浓度大小的比较，要进行综合分析，电离因素、水解因素等都是影响离子浓度大小的要素。1）同浓度、同体积的HA（弱酸）与NaA混合液（a:pH①电荷守恒：c(②物料守恒：2c(③微粒浓度a④典例：0.1mol/L的CH3COONa溶液和0.1mol/L的CH3COOH混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。在该溶液中，CH3COH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液显酸性：c(H+)＞c(OH－)，同时c(CH3COO－)＞c(Na+)。⑤典例：0.1mol/L的NaCN溶液和0.1mol/L的HCN混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中，HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，溶液显碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时c(Na+)＞c(CN－)。2）同浓度、同体积的MOH（弱碱）与MCl混合液（a:pH①电荷守恒：c(②物料守恒：2c(③微粒浓度a④典例：0.1mol/L的NH4Cl溶液和0.1mol/L的氨水混合溶液中所存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH4+的水解相互抑制，NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性：c(OH－)＞c(H+)，同时c(NH4+)＞c(Cl－)。考点03水溶液中函数图像分析1．滴定曲线特殊点的分析案例：常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图：（1）pH—V图各特殊点粒子大小关系及变化趋势点溶质离子浓度大小比较ACH3COOHc(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B(1∶1)CH3COOH、H3COONac(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C(pH＝7)CH3COOH、CH3COONac(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)DCH3COONac(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)E(2∶1)CH3COONa、NaOHc(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)F(1∶1)CH3COONa、NaOHc(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)（2）各特殊点对水电离程度的影响点溶质水的电离情况pH—V图ACH3COOH抑制BCH3COOH、CH3COONa抑制CCH3COOH、CH3COONa正常电离DCH3COONa只促进ECH3COONa、NaOH抑制FCH3COONa、NaOH抑制结论：水的电离程度大小顺序为：D＞C＞B＞A＞E＞F2．分布曲线分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]一元弱酸(以CH3COOH为例)二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq\o\al(－,4)分布系数、δ2为C2Oeq\o\al(2－,4)分布系数1．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。2．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浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度。3.“四步骤”突破多曲线图象题

（1）明确横、纵坐标的含义。一般情况下，横坐标为pH，纵坐标各组分浓度随pH的变化趋势。

（2）抓主关键点。重视起点、终点和交点对应的pH，特别要关注交点，交点处微粒浓度相同，可用此特殊关系计算电离常数或水解平衡常数。

（3）理解最高点和最低点对应的pH和各组分存在的pH范围。

（4）联系电离平衡、水解平衡的规律及电荷守恒、物料守恒的关系分析判断。典例·靶向·突破考向01以工艺流程为载体的溶液中粒子浓度关系判断例1【热点——物质的循环利用】（2026·江苏宿迁·二模）工业上以废铅膏(PbSO4、PbO2、PbO、少量Pb)为原料，制备甲基磺酸铅[Pb(CH3SO3)2]实现Pb循环再利用。已知Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=4×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.80×10-5.下列说法中正确的是A．0.1mol・L⁻¹(NH4)2CO3溶液中(pH=9.0)：c(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3·H2O)B．“酸浸”后上层清液中：C．脱硫反应：的平衡常数K=3×10−6D．脱硫反应后滤液中【答案】B【分析】废铅膏中含有、、和少量Pb，加入、溶液可将Pb元素全部变为沉淀。再加入溶液可将转化为，最后加入甲基磺酸即可得到甲基磺酸铅。【解析】A．溶液中，初始浓度大于，水解得到，使溶液显酸性水解得到，使溶液显碱性。而溶液的，溶液中的，也说明的水解程度更大。根据和物料守恒，可计算出。根据和物料守恒，可计算出，因此。，所以，即，正确的排序为，A错误；B．由，，可得：，B正确；C．脱硫反应平衡常数：，C错误；D．滤液中含有少量溶解电离出的，溶液中所有阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相同，正确的电荷守恒式子应为：，D错误；故选B。情境链接情境链接本题以2026年江苏宿迁二模废铅膏循环利用制备甲基磺酸铅为真实工业情境，紧扣铅资源再生与“双碳”背景下的绿色冶金热点。题干以废铅膏（含PbSO4、PbO2、PbO、少量Pb）为原料，通过硫酸盐化、脱硫、酸浸三步工艺制备Pb(CH3SO3)2，结合溶度积、电离平衡常数等数据，考查溶液中粒子浓度关系、平衡常数计算、电荷守恒等核心考点。A选项分析(NH4)2CO3溶液的离子浓度排序，B选项考查酸浸后离子浓度比的计算，C选项计算脱硫反应的平衡常数，D选项验证电荷守恒式。试题以工艺流程为载体，融合沉淀转化、弱电解质电离、溶液平衡等知识，对接高考对水溶液离子平衡与化工流程融合的命题趋势，考查证据推理与变化观念的核心素养，凸显化学在资源循环利用中的应用价值。考向解码本考向以废铅膏循环利用的工艺流程为载体，是高考水溶液离子平衡与化工流程融合的核心命题方向。试题围绕硫酸盐化、脱硫、酸浸三步工艺，全面考查溶液中离子浓度排序、平衡常数计算、电荷守恒验证三大核心考点，结合溶度积、电离常数等数据，强化沉淀转化、弱电解质电离、溶液守恒等知识的综合应用。试题贴合资源循环利用的真实工业情境，凸显“平衡思想”的化学核心观念，精准对接高考对变化观念与平衡思想核心素养的考查要求。【变式探究】（2026·江苏徐州·模拟预测）从炼钢粉尘(主要含、和ZnO)中提取锌的过程如下：已知：“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出。下列说法正确的是A．“氧化”后的滤渣主要成分为B．“沉锌”后的滤液中C．溶液中：D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中：【答案】C【分析】“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出，故“盐浸”时、只有少量溶解，第二步通入空气氧化过程是将氧化为，在的环境中会生成氢氧化铁沉淀，故滤渣主要成分是未溶解的、，还有少量为Fe(OH)3，“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。【解析】A．根据分析，通入空气氧化后所得的滤渣主要成分是、和少量为Fe(OH)3，A错误；B．沉锌过程是和反应生成沉淀，故“沉锌”后的滤液为沉淀的饱和溶液，应满足是，而不是，B错误；C．溶液中，根据电荷守恒和物料守恒可知，质子守恒为：，C正确；D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中n(Cl-)不变，但沉锌过程加入溶液会稀释滤液，故氯离子浓度为：，D错误；故选C。考向02以探究实验为载体的溶液中粒子浓度关系判断例2【热点——实验探究】（2026·江苏·二模）室温下，通过下列实验探究有关亚硫酸盐溶液的性质。已知：，。。实验1：向溶液中滴加稀盐酸至溶液。实验2：向溶液中加入溶液。实验3：向实验2所得溶液中加入溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是A．实验1所得溶液中：B．实验1所得溶液中：C．实验2所得溶液中：D．实验3沉淀后的上层清液中：【答案】A【解析】A．实验1中与HCl反应至pH=3，根据已知：，。，，,A正确；B．根据物料守恒，溶液中，若选项B的等式成立，则必然有，这与实验中加入了盐酸矛盾，B错误；C．实验2：向溶液中加入溶液，发生反应，溶液中的溶质为，有质子守恒：，C错误；D．实验2所得溶液为溶液，加入溶液发生反应：，得到的白色沉淀的物质的量，剩余的物质的量，根据，，D错误；故选A。情境链接情境链接本题以2026年江苏二模亚硫酸盐溶液性质的实验探究为情境，紧扣水溶液离子平衡的高考核心考点，贴合实验探究类命题的热点方向。题干围绕亚硫酸氢钠的系列实验，结合H2SO3的电离常数、CaSO3的溶度积数据，考查溶液中粒子浓度关系、守恒式验证、溶度积计算等核心内容。A选项分析pH=3时H2SO3与SO32-的浓度大小，B选项验证物料守恒式，C选项考查Na2SO3溶液的质子守恒，D选项计算沉淀后上层清液的SO32-浓度。试题以实验为载体，融合弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡等知识，对接高考对水溶液离子平衡与实验探究融合的命题趋势，考查证据推理与平衡思想的核心素养，凸显化学实验在物质性质探究中的应用价值。考向解码本考向以亚硫酸盐性质的实验探究为载体，是高考水溶液离子平衡与实验探究融合的核心命题方向。试题围绕NaHSO3的酸化、中和、沉淀三步实验，全面考查粒子浓度比较、守恒式验证、溶度积计算三大核心考点，结合电离常数、溶度积数据，强化弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡等知识的综合应用。试题贴合实验探究的真实科研情境，凸显“平衡思想”的化学核心观念，精准对接高考对变化观念与平衡思想、证据推理核心素养的考查要求。【变式探究】（2026·江苏镇江·一模）室温下，通过下列实验探究、溶液的性质。已知：、实验①：用pH计测量溶液的pH，测得。实验②：向溶液滴加少量硝酸钡溶液，产生白色沉淀。实验③：将22.4L(已折算为标准状况)不断通入溶液中，溶液的pH变化如图所示。(过程中的溶液体积变化和挥发可忽略)下列说法正确的是A．溶液中：B．实验②离子反应为：C．实验③中点，存在关系D．实验③中点点，水的电离程度一直减小【答案】D【分析】二氧化硫与亚硫酸钠反应，，至d点亚硫酸钠全部转化为亚硫酸氢钠。用pH计测量溶液的pH，测得，说明的电离程度大于其水解程度。【解析】A．已知亚硫酸氢根电离：，同时发生水解：，用pH计测量溶液的pH，测得，说明的电离程度大于其水解程度，即，故存在，A错误；B．硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，从而产生硫酸钡沉淀，硝酸根还原为，离子方程式为：，B错误；C．实验③中点，通入，根据反应可知，生成，剩余；溶液中、，根据钠和硫的物质的量关系可得：，则有，故存在，C错误；D．a点溶液中，水解促进水的电离，随着的通入，溶液中逐渐转化为，溶液中亚硫酸氢根离子电离大于水解，溶液显酸性，H+抑制水的电离，此时水的电离程度最小，所以整个过程中，水的电离程度逐渐减小，D正确；故选D。考向03以环境污染处理为载体的溶液中粒子浓度关系判断例3【热点——环境污染治理】（2026·江苏南通·模拟预测）工业上常用足量、等碱性溶液吸收含的废气，过程如下所示。已知：室温下，，，，。下列说法正确的是A．溶液中：B．“吸收”反应的离子方程式：C．“混合”后溶液中：D．溶液中：【答案】C【分析】首先根据给出的电离常数，判断酸性强弱：，因此酸性顺序为：，据此逐个分析选项：【解析】A．溶液的质子守恒为：变形得：，A错误；B．根据强酸制弱酸规律：由于酸性，不能与反应生成和，因此吸收反应的正确离子方程式为：，选项中错误的认为能与继续反应，B错误；C．对不等式变形推导：将待比较式变形得：。结合电离常数定义：，且，代入得：，因此原不等式成立，C正确；D．的第一步水解常数，对于的，，，，水解率，水解后，正确离子顺序为：，D错误；故选C。情境链接情境链接本题以2026年江苏南通模拟预测工业碱性溶液吸收含H2S废气为真实环保情境，紧扣环境污染治理与水溶液离子平衡的高考热点方向。题干以Na2CO3溶液吸收H₂S、再与NaOH溶液混合的工艺为载体，结合H2S、H2CO3的电离常数，考查溶液中粒子浓度关系、离子方程式书写、电离平衡常数应用等核心考点。A选项分析Na2CO3溶液的质子守恒与浓度比较，B选项根据电离常数判断吸收反应的产物与离子方程式，C选项验证混合后溶液的粒子浓度乘积关系，D选项分析Na2S溶液的离子浓度排序。试题以废气治理为载体，融合弱电解质电离、盐类水解、离子反应等知识，对接高考对水溶液离子平衡与环境治理融合的命题趋势，考查证据推理与平衡思想的核心素养，凸显化学在环境保护中的应用价值。考向解码本考向以含H2S废气的碱性吸收治理为载体，是高考水溶液离子平衡与环境治理融合的核心命题方向。试题围绕吸收、混合两步工艺，全面考查溶液粒子浓度比较、离子方程式书写、电离平衡常数应用三大核心考点，结合H2S、H2CO3的电离常数，强化弱电解质电离、盐类水解、离子反应等知识的综合应用。试题贴合废气治理的真实工业情境，凸显“平衡思想”的化学核心观念，精准对接高考对变化观念与平衡思想、证据推理核心素养的考查要求。【变式探究】（2026·江苏·一模）工业上利用氨水吸收和的过程如图所示。下列说法正确的是已知：常温下，；；A．的平衡常数B．溶液中：C．氨水中通入至的溶液中：D．吸收的离子方程式为【答案】A【分析】工业上利用氨水吸收和的过程，第一步为氨水与按物质的量之比反应生成亚硫酸铵，化学方程式为：，第二步为亚硫酸铵溶液中的作还原剂，将中价的氮还原为价的，自身被氧化为价的，反应的离子方程式为：，据此分析。【解析】A．已知常温下，，，。反应的平衡常数==。代入数据计算：，A符合题意；B．在溶液中，根据质子守恒，正确的关系应为，B不符合题意；C．氨水中通入至的溶液中，根据电荷守恒：，因，则，故，因此，C不符合题意；D．吸收时，作为氧化剂被还原为，作为还原剂被氧化为。根据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平，正确的离子方程式为，D不符合题意；故选A。考向04以双碳目标为载体的溶液中粒子浓度关系判断例4【热点——二氧化碳捕集与转化】（2026·江苏·模拟预测）一种捕集烟气中过程如图所示。室温下以溶液吸收，溶液体积变化和挥发忽略不计，溶液中含碳物种的浓度。电离常数分别为、。下列说法正确的是A．“吸收”所得到的溶液中一定存在：B．时，溶液中存在：C．时，溶液中存在：D．“转化”后的溶液中一定存在：【答案】A【分析】吸收步骤中二氧化碳转化为碳酸钾或碳酸氢钾，转化步骤中与氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钾，碳酸钙煅烧后生成二氧化碳。【解析】A．吸收所得溶液中仅含、、、、五种离子，由电荷守恒可知，“吸收”后所得溶液中一定存在：，A正确；B．时，，溶质为，其质子守恒为，B错误；C．时，，溶质为，的水解常数，水解程度大于电离程度，故，C错误；D．转化后若没有析出，则离子积，并非一定大于，D错误；故选A。情境链接情境链接本题以2026年江苏模拟预测的“双碳”目标下CO2捕集与转化为核心环保情境，聚焦工业烟气处理的绿色化工热点。题干以KOH溶液吸收烟气中的CO2为起点，通过“吸收—转化—煅烧”三步循环实现CO2的富集与CaO的再生，考查水溶液中离子平衡的综合应用。A选项考查电荷守恒在不同碳物种混合溶液中的精准应用；B选项依据碳元素浓度守恒，推导溶液中的质子守恒关系；C选项结合电离常数，比较c(H2CO3)与c(CO32−)的相对大小；D选项利用溶度积常数判断沉淀生成的趋势。试题以碳循环为载体，全面融合电荷守恒、物料守恒、质子守恒及溶度积应用，精准对接高考对变化观念与平衡思想的考查要求。考向解码本考向以“双碳”目标下CO2捕集与转化的循环工艺为载体，是高考水溶液离子平衡与绿色化工融合的核心命题方向。试题围绕吸收、转化、煅烧三步工艺，全面考查电荷守恒、质子守恒、电离常数应用、溶度积判断四大核心考点，结合H2CO3的电离常数，强化弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡等知识的综合应用。试题贴合碳捕集的真实工业情境，凸显“平衡思想”的化学核心观念，精准对接高考对变化观念与平衡思想、证据推理核心素养的考查要求。【变式探究】（2025·江苏泰州·模拟预测）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下用1.0mol/LKOH溶液吸收CO2，溶液中含碳物种的浓度。忽略通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发，且不考虑烟气中其他气体的影响已知：H2CO3：，；；；。下列说法正确的是A．饱和澄清石灰水pH=11.7B．KOH吸收CO2所得到的溶液中：C．若“吸收”后，将该溶液稀释10倍，几乎不变D．“转化”后过滤，所得滤液中存在：【答案】C【分析】用氢氧化钾溶液吸收烟气中的二氧化碳得到碳酸钾、碳酸氢钾溶液，向吸收液中加入石灰乳，石灰乳与溶液中的碳酸钾、碳酸氢钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙，过滤得到可循环使用的氢氧化钾溶液和碳酸钙；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成可循环使用的石灰乳。【解析】A．饱和澄清石灰水，，解得：，，则，，故A错误；B．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，则溶液中：c(H2CO3)<c()，若为KHCO3溶液，由于水解的程度较小，则溶液中：c(H2CO3)<c()，若为K2CO3和KHCO3的混合溶液，同样满足：c(H2CO3)<c()，故B错误；C．若“吸收”后，则溶液中溶质为，水解，，则，温度不变，平衡常数均为定值，则将该溶液稀释10倍，几乎不变，故C正确；D．“转化”后过滤，所得滤液中存在：，故D错误；故答案为C。1．（2026·江苏·一模）室温下，用废渣制备的部分实验过程如下：已知：，，。下列说法正确的是A．溶液中：B．溶液中：C．生成沉淀的离子方程式：D．沉淀完全后的滤液中：【答案】B【解析】A．对溶液，电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒变形代入电荷守恒，最终得到，A错误；B．的水解常数；的水解常数，且还存在微弱电离（），由于的水解（及电离）消耗程度远大于的水解消耗，因此溶液中，B正确；C．反应体系中有氨水存在，溶液呈碱性，碱性条件下不会大量分解生成，且与双水解的正确离子方程式为，C错误；D．的溶度积表达式为，因此沉淀完全后的滤液中应满足，D错误；故答案选B。2．（2026·江苏南通·一模）焦亚硫酸钠有强还原性，可作抗氧化剂。一种制备焦亚硫酸钠的实验流程如图所示。室温下，已知，，，。下列说法正确的是A．通入与恰好反应生成、的混合溶液中：B．通入至溶液：C．反应的平衡常数D．中可能含有过氧键()【答案】B【分析】Na2CO3溶液吸收烟气中的SO2，反应生成NaHSO3，加热亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠，据此分析；【解析】A．在、的混合溶液中的电荷守恒为，，根据物料守恒（Na与C、S的关系）：，将物料守恒式代入电荷守恒式，化简得：，A错误；B．根据已知，其表达式为：，当溶液pH=7时，c(H+)=1.0×10−7

mol/L，代入得，故，B正确；C．反应的平衡常数K可由电离常数推导，C错误；D．Na2S2O5中S的平均化合价为+4价，与SO2中S的化合价相同。过氧键（-O-O-）的存在会导致S的化合价升高，这与焦亚硫酸钠的结构和性质不符，D错误；故选B。3．（25-26高三上·江苏徐州·月考）工业上用和混合溶液来制备碳酸锰并回收硫酸铵，主要工艺流程如下。已知：常温下，，，，，下列说法错误的是A．溶液中：B．“除杂”得到的上层清液中：C．“碳化”后上层清液中：D．生成沉淀后的滤液中：【答案】D【分析】工艺流程以和混合溶液为原料，先加入将沉淀为以除去铜离子，反应为：；，再加入碳化生成沉淀，反应为：，据此分析。【解析】A．在溶液（pH=7.8）中，的水解常数，的水解常数，水解程度大于，且的电离程度小于水解程度，因此溶液中浓度关系为，A不符合题意；B．“除杂”时铜、锰元素分离，铜离子以硫化铜的形式沉淀，而锰离子不沉淀，“除杂”后的上层清液中，硫化铜达到沉淀溶解平衡，硫化锰没有达到沉淀溶解平衡，平衡常数，B不符合题意；C．“碳化”后上层清液中存在的溶解平衡与的电离平衡，联立得：，C不符合题意；D．生成沉淀后的滤液中，除、、、、外，还存在，完整的电荷守恒式为：，D符合题意；故选D。4．（2026·江苏扬州·一模）室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是A．Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+)B．沉钴后得到的上层清液中：<C．NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO)D．沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO)【答案】C【分析】含少量Co2+、Mn2+的溶液加硫化钠可生成CoS沉淀而除去钴离子，过滤，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀、硫酸铵等。【解析】A．根据的水解反应：，；同时，水的电离平衡为根据质子守恒，溶液中的来源是水的电离和、的水解，而则来自水的电离，因此，质子守恒应为，A错误；B．沉钴过程中，加入后，优先沉淀为，而留在溶液中。根据沉淀溶解平衡：，，两式相除可得：，B错误；C．溶液中，的水解常数，的水解常数，，水解程度更大，使溶液，则，C正确；D．在时，。根据的两步电离：，，将代入：；，显然，，且。因此，，D错误；故选C。5．（25-26高三上·江苏苏州·月考）草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究草酸的性质：实验1：向10mL溶液中加入一定量溶液。实验2：向10mL溶液中加入10mL溶液。25℃时，已知的，，，混合后溶液体积变化忽略不计。下列说法正确的是A．实验1，当溶液中时，B．实验1，当加入10mLKOH溶液时：C．实验2，过滤后的上层清液中存在D．实验2的上层清液中存在：【答案】A【解析】A．25℃时,的，，，当溶液中时，求出，pH=2.5，A正确；B．实验1，向10mL溶液中加入10mL溶液时，，发生反应为，则反应后为溶液，该溶液中的电荷守恒为，物料守恒为，则质子守恒=电荷守恒物料守恒，即，则有，则即，B错误；C．滤液为的饱和溶液，则Q===，C错误；D．实验2的上层清液中存在的离子有、、，及水解产生的，则该溶液中的电荷守恒为，D错误；故答案选A。6．（25-26高三上·江苏苏州·月考）室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是A．的溶液：B．的溶液吸收至的溶液中：C．向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生D．若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小【答案】D【分析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、反应生成，再加入溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。【解析】A．的溶液中，来自初始，根据物料守恒，的物质的量是初始的2倍，因此正确关系为：，A错误；B．时，，结合的电离常数：，由，，，，因此，B错误；C．原溶液为0.1mol/L的Na2SO3，c总=0.2mol⋅L-1的溶液即为NaHSO3溶液，的水解平衡常数为＜6.0×10-8，的电离程度大于水解程度，加入等体积溶液后，浓度为，含硫物质总浓度为。电离产生，电离是少量的，的浓度近似等于0.1mol/L，，则可得，则，因此会生成沉淀，C错误；D．吸收后的溶液主要含，逐滴加入时：初期发生反应，生成中水解促进水的电离，电离程度增大；过量后，抑制水的电离，水电离程度减小，因此溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；答案选D。7．（25-26高三上·江苏扬州·期中）室温下，用溶液吸收烟气中的流程如图所示。已知：、、、、、。下列说法正确的是A．溶液中：B．“吸收”后的溶液中：的平衡常数C．“沉淀”后的上层清液中：D．“沉淀”后的上层清液中含碳溶质主要为【答案】D【分析】Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，反应生成NaHSO3，加入CaCO3后发生反应生成NaHCO3和CaSO3，CaSO3被氧气氧化后生成CaSO4，据此分析；【解析】A．根据电荷守恒有，A错误；B．“吸收”后的溶液中：的平衡常数，B错误；C．当上层清液与和两种固体同时达到沉淀溶解平衡时，成立，C错误；D．根据分析，“沉淀”后的上层清液中含碳溶质主要为，D正确；故选D。8．（2026·\o"江苏徐州市第三中学2026届下学期高三年级第二次调研测试化学试题"江苏徐州·二模）室温下，通过矿物中PbSO4获得Pb(NO3)2的过程如图。已知：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14。下列说法正确的是A．Na2CO3溶液中：c(OH-)<c(H+)+c()+2c(H2CO3)B．反应PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)正向进行，需满足>×106C．“脱硫”后上层清液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()D．PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，溶液中浓度逐渐减小【答案】D【分析】PbSO4中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解得到Pb(NO3)2。【解析】A．由质子守恒关系得：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)（也可通过物料守恒、电荷守恒得出），故A错误；B．PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)该反应的平衡常数，当浓度商时，平衡正向移动，故B错误；C．“脱硫”后上层清液主要是Na2SO4溶液，还含有未反应完的Na2CO3溶液，守恒关系还应考虑，故C错误；D．PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，由于会和H+反应生成CO2，所以溶液中浓度逐渐减小，故D正确；故答案为D。9．（25-26高三上·江苏徐州·月考）实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体：已知：、、。下列说法不正确的是A．的溶液中：B．“酸化”后的溶液中：C．“沉淀”后的上层清液中：D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥【答案】C【分析】硫酸亚铁铵溶于水，加硫酸酸化，再加草酸，析出草酸亚铁晶体，过滤，洗涤，得到较纯净的草酸亚铁晶体。【解析】A．，已知，即，将数值代入，解得，故，A正确；B．“酸化”后溶液中存在电荷守恒，此时溶液呈酸性，有，故，B正确；C．“沉淀”后的上层清液为的饱和溶液，此时，C错误；D．用乙醇洗涤可带走晶体表面水分，同时乙醇易挥发，利于快速干燥，D正确；故选C。10．（2025·江苏泰州·模拟预测）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。已知，；。实验1：取20mL0.1溶液，向其中滴加NaOH溶液至过量。实验2：向0.1溶液中滴加0.1溶液，溶液变浑浊。下列说法正确的是A．0.1溶液中：B．实验1过程中，溶液中水电离程度先增大后减小C．实验1所得溶液中：D．实验2发生反应，其平衡常数【答案】B【解析】A．根据质子守恒，NaHC2O4溶液中存在关系式：c(H+)+c(H2C2O4)=c()+c(OH-)。由于的离解常数Ka2=1.5×10-4远大于其水解常数Kh=Kw/Ka1≈1.79×10-13，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)。代入可得c(H2C2O4)+c(OH-)<c()+c(H+)，A错误；B．实验1中，初始NaHC2O4溶液因离解呈酸性，水的电离被抑制，随着NaOH加入，H+被中和，生成（水解促进水的电离），当溶液变为Na2C2O4时水的电离程度最大。继续加过量NaOH，强碱性抑制水的电离，因此水的电离程度先增大后减小，B正确；C．实验1滴加NaOH至过量后，溶质为Na2C2O4和过量NaOH。此时Na+的浓度不仅来自Na2C2O4（2倍草酸根总浓度），还包括过量NaOH中的Na+，因此c(Na+)>2[c(H2C2O4)+c()+c()]，C错误；D．实验2发生反应，该反应的平衡常数为==，D错误；答案选B。11．（2025·江苏盐城·三模）室温下，用溶液进行如下实验：实验1：向溶液中加入等体积溶液。实验2：向溶液中通入一定量，使溶液。实验3：向溶液中加入等体积溶液。已知：25℃时，。下列说法正确的是A．溶液中：B．实验1所得溶液中：C．实验2所得溶液中：D．实验3中产生沉淀，可推知【答案】C【解析】A．NaHC2O4溶液中，的电离（Ka2=6.4×10-5）强于水解（），由于Ka2>Kb，说明的电离程度大于水解程度，因此溶液中，A错误；B．实验1生成Na2C2O4溶液，溶液呈碱性，发生水解（、），根据质子守恒：水电离的H+与OH-相等，水解消耗的H+以、形式存在，因此质子守恒式为：，并非，B错误；C．实验2中，通入NH3使溶液pH=7。溶液中存在电荷守恒：，由于pH=7，，因此电荷守恒式可简化为：，同时，溶液中存在物料守恒：，联立可得质子守恒式：，C正确；D．实验3中，NaHC2O4溶液与CaCl2等体积混合后，浓度均变为0.05mol·L-1。电离生成，由，则，此时，沉淀生成的离子积，若产生CaC2O4沉淀，需满足Q>Ksp(CaC2O4)，即Ksp(CaC2O4)≤9×10-5，D错误；故选C。12．（2025·江苏·二模）已知25℃时，，，，进行如下实验：①向5mL0.1000NaF溶液中，滴加5滴0.1000H2C2O4溶液；②将0.1000NaHC2O4溶液与0.1000氨水等体积混合；③向0.1000NaHC2O4溶液中滴加KOH溶液至中性；④将浓度均为0.2000的HF溶液和CaCl2溶液等体积混合。下列说法正确的是A．实验①反应的化学方程式为：B．实验②所得溶液中存在：C．实验③所得溶液中存在：D．实验④混合后溶液中有沉淀生成【答案】D【解析】A．，说明的酸性强于HF，但实验①中仅少量滴加，优先中和第一个，生成而非，正确方程式为，A错误；B．实验②为与等浓度混合，电荷守恒应为：，B错误；C．实验③中溶液为中性：，电荷守恒为：，物料守恒，联立得，C错误；D．实验④混合后，，，，故有沉淀生成，D正确。故选D。13．（2025·江苏·二模）室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。实验1：向0.1mol·L-1NaHSO3溶液滴入少量氯水，测得溶液pH减小。实验2：将浓度均为0.02mol·L-1NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，有沉淀产生。下列说法正确的是A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：c(H2SO3)＋c(OH-)>c()＋c(H＋)B．实验1所得溶液中：c(Na＋)=c()＋c()＋c(H2SO3)C．实验2中发生反应：H＋＋＋Ba2＋＋OH-=BaSO3↓＋H2OD．实验2所得上层清液中：c()>c()【答案】D【解析】A．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，质子守恒：，A错误；B．实验1中Cl2将氧化为，导致物料守恒式应包含，即，B错误；C．实验2中反应的本质是与中和生成，随后与Ba2+结合生成BaSO3沉淀，正确反应式为：+Ba2++=BaSO3↓+H2O，C错误；D．实验2混合后，过量，完全转化为，且BaSO3的溶度积极小，沉淀后上层清液中浓度由剩余的碱性环境主导，远大于，D正确；故选D。14．（2025·江苏·一模）室温下，用的氨水吸收，再向溶液中通入。已知、，。下列说法正确的是A．的氨水：B．向的氨水中通入适量得的溶液：C．溶液中：D．向吸收了足量的溶液中通，反应过程中的值增大【答案】C【解析】A．的电离程度较小，则，的氨水中，，则该溶液中，，，溶液的，A错误；B．室温下溶液的pH＝7，溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，则，，B错误；C．溶液中存在电荷守恒，存在物料守恒，，根据电荷守恒和物料守恒得，，C正确；D．向吸收了足量SO2的溶液中通O2，H2SO3被氧化为H2SO4，溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，温度不变，电离平衡常数不变，反应过程中减小，D错误；故选C。15．（25-26高三上·江苏常州·模拟预测）CuC2O4是一种重要的有机反应催化剂。以Na2C2O4为原料制备CuC2O4的反应方程式为：Na2C2O4+CuSO4=CuC2O4↓+Na2SO4。已知室温下：Ka1(H2C2O4)=10−1.23、Ka2(H2C2O4)=10−4.27。下列说法正确的是A．0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中存在B．向NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液．当pH=7时：c(Na+)<2[c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)]C．加水稀释一定浓度的NaHC2O4溶液，溶液中的值逐渐变大D．向0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol•L−1CuSO4溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测Ksp(CuC2O4)>2.5×10-3【答案】B【解析】A．0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中存在质子守恒，即：，A错误；B．向NaHC2O4中，存在水解和电离的平衡，水解显碱性，电离呈酸性，Kh=，Ka2(H2C2O4)=10−4.27，电离大于水解，溶液呈酸性，加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液，Na2C2O4溶液水解呈碱性，当pH=7时，溶液中存在Na2C2O4和NaHC2O4共存，在Na2C2O4溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)]，Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液中，存在(Na+)<2[