2020届高考化学一轮复习（浙江）　用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较作业

2020届高考化学一轮复习（浙江）　用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较作业

用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较 ‎1.在0.1 mol·L-1的Na2S溶液中,下列微粒浓度关系正确的是(　　)‎ A.c(Na+)=2c(S‎2‎‎-‎)‎ B.c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)‎ C.c(Na+)>c(S‎2‎‎-‎)>c(HS-)>c(OH-)‎ D.c(Na+)=2c(S‎2‎‎-‎)+c(HS-)+2c(H2S)‎ 答案　B　Na2S是强碱弱酸盐,S‎2‎‎-‎水解使溶液显碱性,c(Na+)>2c(S‎2‎‎-‎),A项错误;根据质子守恒,可知B项正确;溶液中的OH-来自S‎2‎‎-‎、HS-的水解和H2O的电离,c(OH-)>c(HS-),C项错误;根据物料守恒得:c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),D项错误。‎ ‎2.常温下,下列溶液中各微粒的浓度大小关系正确的是(　　)‎ A.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中:c(NH‎4‎‎+‎)=c(K+)=c(Ba‎2‎‎+‎)‎ B.将10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L-1盐酸中:c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(CO‎3‎‎2-‎)‎ C.向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7:c(NH‎4‎‎+‎)+c(Na+)=c(HCO‎3‎‎-‎)+c(CO‎3‎‎2-‎)‎ D.0.2 mol·L-1某一元弱酸HA的溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后的溶液:2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)‎ 答案　D　A项,根据电荷守恒知,等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中,c(NH‎4‎‎+‎)=c(K+)=2c(Ba‎2‎‎+‎);B项,所得混合溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(CO‎3‎‎2-‎)>c(HCO‎3‎‎-‎);C项,根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)+c(NH‎4‎‎+‎)=c(OH-)+c(HCO‎3‎‎-‎)+2c(CO‎3‎‎2-‎),由于pH=7,故有c(Na+)+c(NH‎4‎‎+‎)=c(HCO‎3‎‎-‎)+2c(CO‎3‎‎2-‎),错误;D项,反应后得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液,由电荷守恒:c(Na+)+‎ c(H+)=c(A-)+c(OH-),物料守恒:2c(Na+)=c(HA)+c(A-),可得:2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)。‎ ‎3.常温下,下列说法不正确的是(　　)‎ A.0.2 mol·L-1的NaHCO3溶液的pH>7,则溶液中:c(H2CO3)>c(CO‎3‎‎2-‎)‎ B.叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近,0.1 mol·L-1 NaN3水溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(N‎3‎‎-‎)>c(OH-)>c(H+)‎ C.向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7,则混合液中:c(NH‎4‎‎+‎)=c(Cl-)‎ D.0.02 mol·L-1的NaOH溶液与0.02 mol·L-1的NaHC2O4溶液等体积混合后的溶液中:c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2O‎4‎‎-‎)+c(H+)‎ 答案　D　A项,NaHCO3溶液的pH>7,则HCO‎3‎‎-‎水解程度大于其电离程度,HCO‎3‎‎-‎发生水解生成H2CO3,因此c(H2CO3)>c(CO‎3‎‎2-‎),正确;B项,由于叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近,NaN3发生水解使溶液显碱性,因此其水溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(N‎3‎‎-‎)>c(OH-)>c(H+),正确;C项,向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7,则c(OH-)=c(H+),依据电荷守恒:c(H+)+c(NH‎4‎‎+‎)=c(OH-)+c(Cl-),可得混合液中c(NH‎4‎‎+‎)=c(Cl-),正确;D项,混合后所得溶液为Na2C2O4溶液,根据质子守恒可得c(OH-)=2c(H2C2O4)+c(HC2O‎4‎‎-‎)+c(H+),错误。‎ ‎4.在25 ℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后,下列关系式中正确的是(　　)‎ A.c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)‎ B.c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)‎ C.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)‎ D.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ 答案　D　由题意知,pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时,CH3COOH过量,即反应后形成了CH3COOH与CH3COONa的混合液,溶液显酸性,溶液中的离子浓度大小关系为 c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。‎ ‎5.下列有关电解质溶液中的粒子浓度关系正确的是(　　)‎ A.常温下,pH=6的NaHSO3溶液中:c(SO‎3‎‎2-‎)-c(H2SO3)=9.9×10-7mol·L-1‎ B.0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液中:c(Cl-)>c(NH‎4‎‎+‎)>c(OH-)>c(H+)‎ C.0.1 mol·L-1pH=4的NaHC2O4溶液中:c(H2C2O4)>c(C2O‎4‎‎2-‎)‎ D.向1.0 L 0.1 mol·L-1的醋酸钠溶液中加入1.0 L 0.1 mol·L-1盐酸:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)‎ 答案　A　常温下,pH=6的NaHSO3溶液中,根据质子守恒有c(H2SO3)+c(H+)=c(SO‎3‎‎2-‎)+c(OH-),则c(SO‎3‎‎2-‎)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=10-6 mol·L-1-10-8 mol·L-1=9.9×10-7 mol·L-1,A项正确;NH4Cl溶液呈酸性,故c(Cl-)>c(NH‎4‎‎+‎)>c(H+)>c(OH-),B项错误;溶液的pH=4,说明HC2O‎4‎‎-‎的电离程度大于其水解程度,因此c(C2O‎4‎‎2-‎)>c(H2C2O4),C项错误;根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-),由c(Na+)=c(Cl-),可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),因此c(Na+)>c(H+)>c(CH3COO-),D项错误。‎ ‎6.已知0.1 mol·L-1的二元酸H2A的溶液的pH=4.0,则下列说法中正确的是(　　)‎ A.在Na2A、NaHA两溶液中,离子种类不相同 B.在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,阴离子总数相等 C.在NaHA溶液中一定有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)‎ D.在Na2A溶液中一定有c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)‎ 答案　C　0.1 mol·L-1H2A溶液的pH=4.0,说明H2A是二元弱酸。Na2A、NaHA两溶液中离子种类相同,A不正确;在溶质物质的量相等的Na2A和NaHA溶液中,若既不存在水解又不存在电离,则n(A2-)=n(HA-),但由于A2-水解,HA-既水解又电离,故两溶液中阴离子总数不相等,B不正确;由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),C正确;A2-水解使溶液显碱性,‎ Na2A溶液中各离子浓度大小顺序应为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),D错误。‎ ‎7.25 ℃时,向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A.a点时溶液的pH<1‎ B.a点到b点的过程中,溶液的导电能力减弱 C.ab段上的点(不包括a点)均满足关系式:c(NH‎4‎‎+‎)+c(Na+)<2c(SO‎4‎‎2-‎)‎ D.b点时离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(SO‎4‎‎2-‎)>c(NH‎4‎‎+‎)> c(H+)> c(OH-)‎ 答案　D　a点为0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液,NH4HSO4电离产生的氢离子浓度为0.1 mol·L-1,NH‎4‎‎+‎水解呈酸性,所以a点氢离子浓度大于0.1 mol·L-1‎ ‎,故A正确;b点加入的氢氧化钠恰好消耗完H+,溶液中离子的物质的量不变,但溶液体积增大,浓度减小,导电能力减弱,故B正确;ab段上的点(不包括a点),根据电荷守恒,均满足关系式:c(NH‎4‎‎+‎)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO‎4‎‎2-‎)+‎ c(OH-),ab段上的点表示的溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),所以c(NH‎4‎‎+‎)+c(Na+)<2c(SO‎4‎‎2-‎),故C正确;b点恰好消耗完H+,溶液中的溶质为等物质的量的(NH4)2SO4与Na2SO4,NH‎4‎‎+‎水解,c(Na+)=c(SO‎4‎‎2-‎)>c(NH‎4‎‎+‎)> c(H+)> c(OH-),故D错误。‎ ‎8.电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L-1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液[(CH3)2NH·H2O在水中电离与NH3·H2O相似]。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是 ‎(　　)‎ A.曲线①是滴定二甲胺溶液的曲线 B.a点溶液中:c[(CH3)2NH‎2‎‎+‎]>c[(CH3)2NH·H2O]‎ C.d点溶液中:c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH·H2O]‎ D.b、c、e三点表示的溶液中,水的电离程度最大的是b点 答案　C　二甲胺溶液中离子浓度较小,与盐酸反应后溶液中离子浓度增大,溶液的导电能力增强,因此曲线②是滴定二甲胺溶液的曲线,A错误;曲线①是滴定NaOH溶液的曲线,a点溶液中没有(CH3)2NH‎2‎‎+‎和(CH3)2NH·H2O,B错误;把二甲胺看作NH3,加入10 mL盐酸,两者恰好完全反应,根据质子守恒可得:c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH·H2O],C正确;c点恰好完全反应,溶质为NaCl,对水的电离无影响,b点溶液中水的电离受到抑制,e点盐酸过量,水的电离受到抑制,因此电离程度最大的是c点,D错误。‎ ‎9.常温下,向1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH‎4‎‎+‎与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(　　)‎ A.M点的溶液中水的电离程度比原溶液小 B.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05) mol C.随着NaOH的加入,c(H‎+‎)‎c(NH‎4‎‎+‎)‎不断增大 D.当n(NaOH)=0.1 mol时,c(Na+)=c(NH‎4‎‎+‎)+c(NH3·H2O)‎ 答案　C　A项,原溶液为氯化铵溶液,NH‎4‎‎+‎水解促进水的电离;在M点,氯化铵与NaOH反应生成NH3·H2O,NH3·H2O电离可抑制水的电离,所以M点的溶液中水的电离程度比原溶液小,正确。B项,根据电荷守恒可得:c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)+c(NH‎4‎‎+‎),则c(OH-)-c(H+)=c(Na+)+c(NH‎4‎‎+‎)-c(Cl-)=(a+0.05-0.1) mol·L-1=(a-0.05) mol·L-1,由于原溶液体积为1 L,且不考虑溶液体积变化和氨的挥发,故n(OH-)-n(H+)=(a-0.05) mol,正确。C项,c(H‎+‎)‎c(NH‎4‎‎+‎)‎=c(H‎+‎)·c(OH‎-‎)‎c(NH‎3‎·H‎2‎O)‎c(NH‎4‎‎+‎)·c(OH‎-‎)‎c(NH‎3‎·H‎2‎O)‎=KWc(NH‎3‎·H‎2‎O)·‎Kb,温度不变,KW、Kb不变,随着NaOH的加入,NH3·H2O的浓度增大,所以c(H‎+‎)‎c(NH‎4‎‎+‎)‎减小,错误。D项,当加入NaOH的物质的量为0.1 mol时,氯化铵恰好与NaOH反应生成NaCl和NH3·H2O,根据物料守恒可知,c(Na+)=c(NH‎4‎‎+‎)+c(NH3·H2O),正确。‎ ‎10.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　A项,n(CO2)=0时,溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO‎2‎‎-‎)+c(OH-),则c(Na+)c(CO‎3‎‎2-‎)>c(OH-)>c(HCO‎3‎‎-‎),故错误;D项,反应②结束后继续通入CO2 0.015 mol发生反应:‎ Na2CO3 +　CO2+H2O 2NaHCO3　③‎ ‎1 1 2‎ ‎0.015 mol 0.015 mol 0.03 mol 此时所得溶液为NaHCO3溶液,溶液中c(Na+)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(OH-)>c(H+),故正确。‎ ‎11.25 ℃时,向10 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,有关微粒的物质的量变化如图(其中Ⅰ代表H2A,Ⅱ代表HA-,Ⅲ代表A2-)。根据图示分析判断,当V(NaOH)=10 mL时,溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 ‎ A.c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H2A)>c(A2-)‎ B.c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)>c(H2A)‎ C.c(Na+)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)‎ D.c(Na+)>c(H+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H2A)‎ 答案　B　由题图可知,H2A为弱酸,向10 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液,当V(NaOH)=10 mL时,发生反应:NaOH+H2ANaHA+H2O,溶液中溶质为NaHA,但由于HA-发生水解和电离,所以c(Na+)>c(HA-),由曲线可以看出,HA-的电离程度大于其水解程度,综合考虑水电离出的H+和OH-,可得c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H2A),故选B。‎ ‎12.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液中CH3COO-的百分比[n(CH3COO-)占n(CH3COO-)与n(CH3COOH)总和的百分数]随NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是(　　)‎ A.W点时:c(CH3COO-)=0.05 mol·L-1‎ B.加入NaOH溶液10 mL时:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ C.加入NaOH溶液20 mL时:c(OH-)+c(CH3COO-)-c(H+)=0.05 mol·L-1‎ D.当溶液pH=7时:c(Na+)<0.05 mol·L-1‎ 答案　A　A项,加入NaOH溶液的体积未知,无法求出CH3COO-的浓度,但W点时n(CH3COO-)=‎1‎‎2‎×20×10-3 L×0.1 mol·L-1=10-3 mol,此时溶液体积一定大于20 mL,所以c(CH3COO-)一定小于0.05 mol·L-1,错误;B项,加10 mL NaOH溶液时,溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH与CH3COONa,因为CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,故此时c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>‎ c(OH-),正确;C项,加20 mL NaOH溶液时,NaOH恰好与CH3COOH完全反应生成CH3COONa,根据溶液中电荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05 mol·L-1,正确;D项,当溶液pH=7时,加入的NaOH溶液的体积小于20 mL,则c(Na+)<0.05 mol·L-1,正确。‎