6．苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分)(　) A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变 C．当pH为5.0时，饮料中＝0.16 D．碳酸饮料中加入苯甲酸钠时，会发生如下离子反应：A－+H2CO3===HA+HCO 答案　C 解析　苯甲酸钠(NaA)在溶液中发生水解：A－+H2OHA+OH－，饮料中充入CO2，消耗OH－，平衡向右移动，c(HA)增大，抑菌能力提高，A错误；提高CO2充气压力，溶液中c(H+)增大，饮料中c(HA)增大，c(A－)减小，B错误；pH＝5.0时，溶液中c(H+)＝1.0×10－5 mol.L－1，则＝＝＝0.16，C正确；由苯甲酸的Ka大于H2CO3的Ka1可知，H2CO3不能制取，D项错误。

7．已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡： HSO+H2OH2SO3+OH－　　　　　　　　　　　　 ① HSOH++SO　　　　　　　　　　 ② 向0.1 mol.L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　) A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入适量Na2SO3固体，至溶液呈中性时，＝1 C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入少量NaHSO3固体，①、②两平衡向右移动，HSO的电离程度和水解程度均增大 答案　C 解析　根据加入物质的性质判断平衡移动方向，进一步判断各选项结论是否正确。 A项，加入金属钠后，钠和水反应生成氢氧化钠，使平衡①左移，平衡②右移，移动的结果是c(SO)增大。可以利用极端分析法判断，如果金属钠适量，充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠，此时c(HSO)很小，所以A项错误；B项，依据电荷守恒判断，溶液呈中性时，即c(Na+)＝c(HSO)+2c(SO)，＞1，所以B项错误；C项，加入氢氧化钠溶液后，溶液酸性减弱，碱性增强，所以增大；平衡①左移，平衡②右移，最终c(SO)增大，c(HSO)减小，所以增大；D项，加入NaHSO3时，HSO的浓度增大，其电离程度和水解程度均减小。 角度二　溶液中离子浓度关系判断

1．理解溶液中的“三个守恒”关系 (1)电荷守恒：电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数，根据电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题。 (2)物料守恒：物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变，根据物料守恒可准确、快速地解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系。 (3)质子守恒：在电离或水解过程中，会发生质子(H+)转移，但质子转移过程中其数量保持不变。 将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中未参与平衡移动的离子，即可推出溶液中的质子守恒式。

2．三个守恒的综合应用 应用三种守恒关系解决电解质溶液中离子浓度关系时，要清楚电解质溶液中微粒存在的变化(水解或电离)，抓住守恒的实质，将由守恒所得的关系结合起来使用。综合运用三种守恒关系，理清一条思路，掌握分析方法。如图所示： 例1　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： 实验编号 起始浓度/mol.L－1 反应后溶液的pH c(HA) c(KOH) ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 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－1 C．实验②反应后的溶液中：c(A－)+c(HA)＞0.1 mol.L－1 D．实验②反应后的溶液中：c(K+)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H+) [解题思路]　混合溶液的离子浓度关系首先判断反应后是否有物质剩余，确定溶液的组成。解答该题的关键是用好“三个守恒”。 解析　KA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A－会发生水解，则A项正确；根据溶液中的电荷守恒，即c(K+)+c(H+)＝c(A－)+c(OH－)，则c(OH－)＝c(K+)+c(H+)－c(A－)，故B项错误；要使等体积的HA弱酸溶液和KOH强碱溶液混合后呈中性，则酸的浓度应大于碱的，由物料守恒得C项正确；D项，中性溶液下水的电离较微弱，所以有c(K+)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H+)。 答案　B 例2　下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　) A．在0.1 mol.L－1 NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3) B．在0.1 mol.L－1 NaClO溶液中：c(OH－)＝c(H+)+c(HClO) C．某温度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH＝7时：c(CH3COO－)＝c(Na+)＞c(H+)＝c(OH－) D．已知酸性：HCOOH＞CH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中：c(K+)－c(HCOO－)＞c(Na+)－c(CH3COO－) 解析　碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以水解出的碳酸分子浓度大于电离出的碳酸根离子浓度，A项错误；根据质子守恒，B项正确；没有说明溶液的温度是否为常温，则pH＝7不一定是中性，所以氢离子浓度和氢氧根离子浓度不一定相等，C项错误；已知酸性：HCOOH＞CH3COOH，所以甲酸根离子水解程度小于乙酸根离子水解程度，所以在等浓度的甲酸钾和乙酸钠溶液中钾离子和钠离子浓度相等，甲酸根离子浓度大于乙酸根离子浓度，所以c(K+)－c(HCOO－)＜c(Na+)－c(CH3COO－)，D项错误。 答案　B

1．25 ℃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(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+) 答案　B 解析　未加盐酸时，氢氧化钠完全电离，Na+浓度为0.1 mol.L－1，一水合氨会部分电离，一水合氨的浓度小于0.1 mol.L－1，c(Na+)＞c(NH3.H2O)，A错误；加入10 mL盐酸时，Na+浓度等于Cl－浓度，根据电荷守恒可得B正确；加入盐酸至溶液pH＝7时，根据电荷守恒，Cl－浓度等于Na+浓度与NH浓度之和，C错误；加入20 mL盐酸时，恰好完全反应，生成以氯化钠和氯化铵为溶质的混合溶液，溶液显酸性，根据电荷守恒，NH与Na+浓度之和小于Cl－浓度，D错误。

3．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(HC2O)+2c(H2C2O4) C．Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO)+c(OH－) D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)＝c(CH3COO－)+c(CH3COOH)+2c(Cl－) 答案　B 解析　在Na2S溶液中存在：H2OOH－+H+以及S2－+H2OHS－+OH－、HS－+H2OH2S+OH－，溶液中粒子浓度关系为c(Na+)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H2S)＞c(H+)，A错误；利用质子守恒知，Na2C2O4溶液中存在：c(OH－)＝c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)，B正确；利用电荷守恒知，Na2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO)+c(HCO)+c(OH－)，C错误；利用物料守恒可知，CH3COONa和CaCl2的混合液中c(Na+)+c(Ca2+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO－)+c(Cl－)，D错误。

4．下列叙述正确的是(　) A．0.1 mol.L－1CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－) B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小 C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等 D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2－)下降 答案　D 解析　乙酸钠是强碱弱酸盐，溶液为碱性，A错误；温度不变，Kw不变，B错误；pH相等，则溶液中c(H+)相等，C错误；硫化银溶解度小于AgCl，当加入AgCl固体时，AgCl沉淀会转化为Ag2S，c(S2－)下降，D正确。 [新题预测]

5．常温时，在(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，下列有关选项正确的是(　) A．滴加前：c(NH)+c(H+)＝c(OH－)+c(SO) B．滴加前：c(NH)+c(NH3.H2O)＝c(SO) C．滴加至完全沉淀：c(OH－)＞c(NH)＞c(H+) D．滴加至中性：c(SO)＝2c(NH)＞c(H+)＝c(OH－) 答案　C 解析　根据电荷守恒，应有c(NH)+c(H+)＝c(OH－)+2c(SO)，故A错误；根据物料守恒，应是c(NH)+c(NH3.H2O)＝2c(SO)，故B错误；滴加至完全沉淀，发生的离子反应：2NH+SO+Ba2++2OH－===BaSO4↓+2NH3.H2O，溶液显碱性，一水合氨属于弱碱，因此离子浓度是c(OH－)＞c(NH)＞c(H+)，故C正确；根据电荷守恒，c(NH)+c(H+)+2c(Ba2+)＝c(OH－)+2c(SO)，且c(H+)＝c(OH－)，因此有：c(NH)+2c(Ba2+)＝2c(SO)＞c(H+)＝c(OH－)，故D错误。

6．(2017.成都外国语学校月考)下列说法正确的是(　) A．0.01 mol.L－1的Na2HPO4溶液中存在如下的平衡：HPOH++PO，加水稀释，使溶液中的HPO、H+、PO的浓度均减小 B．饱和NH4Cl溶液中：c(H+)+c(Cl－)＝c(NH)+c(OH－)+2c(NH3.H2O) C．常温下，0.01 mol.L－1的HA和BOH两种溶液，其pH分别为3和12，将两溶液等体积混合后，所得溶液的pH≤7 D．在NH4HSO3与NH4Cl混合溶液中，c(NH)＝c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)+c(Cl－) 答案　B 解析　0.01 mol.L－1的Na2HPO4溶液中HPO的水解程度大于电离程度，故溶液显碱性：HPO+H2OOH－+H2PO，加水稀释，溶液中的Na+、HPO、OH－、PO浓度均减小，但H+浓度增大，A错误；饱和NH4Cl溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH)＝c(Cl－)+c(OH－)，另外还存在物料守恒c(NH3.H2O)+c(NH)＝c(Cl－)，则溶液中c(H+)+c(Cl－)＝c(NH)+c(OH－)+2c(NH3.H2O)，B正确；常温下，0.01 mol.L－1的HA和BOH两种溶液pH分别为3和12，说明HA是弱酸，BOH是强碱，将两溶液等体积混合后生成BA和水，其中A－水解使溶液显碱性，所得溶液的pH＞7，C错误；在NH4HSO3中，n(N)∶n(S)＝1∶1，在NH4Cl中，n(N)∶n(Cl)＝1∶1，故在混合溶液中n(N)＝n(S)+n(Cl)，故c(NH)+c(NH3.H2O)＝c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)+c(Cl－)，D错误。

7．10 mL浓度均为0.1 mol.L－1的三种溶液：①HF溶液；②KOH溶液；③KF溶液。下列说法正确的是(　) A．①和②混合后，酸碱恰好中和，溶液呈中性 B．①和③混合：c(F－)+c(OH－)＝c(H+)+c(HF) C．①、③中均有c(F－)+c(HF)＝0.1 mol.L－1 D．由水电离出的c(OH－)：②＞③＞① 答案　C 解析　①和②中n(HF)＝n(KOH)，HF和KOH恰好中和，溶液呈碱性，A项错误；①和③混合后，由电荷守恒得c(F－)+c(OH－)＝c(H+)+c(K+)，由物料守恒得c(K+)＝[c(HF)+c(F－)]，两式联立，消去c(K+)，得c(F－)+2c(OH－)＝2c(H+)+c(HF)，B项错误；HF电离出的H+、KOH电离出的OH－对水的电离均有抑制作用，因HF是弱酸，KOH是强碱，浓度相同时，②中的OH－浓度比①中的H+浓度大，②对水的电离抑制作用更大；KF中F－的水解对水的电离有促进作用，因此由水电离出的c(OH－)：③＞①＞②，D项错误。 角度三　结合图像判断溶液中粒子浓度的变化 结合图像分析电离平衡、水解平衡、溶解平衡，判断离子浓度的关系是全国卷考查的重点，常考图像类型总结如下：