2022届高三化学每天练习20分钟——离子浓度大小比较（有答案和详细解析）

这是一份2022届高三化学每天练习20分钟——离子浓度大小比较（有答案和详细解析），共8页。试卷主要包含了用物质的量都是0，1 ml·L－1， 室温下，将0，常温下，用0等内容，欢迎下载使用。

高三化学每天练习20分钟——离子浓度大小比较（有答案和详细解析）
1.用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是(　　)
A．c(H＋)>c(OH－)
B．c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
答案　A
解析　电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因c(CH3COO－)>c(Na＋)，则c(H＋)> c(OH－)；物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2 mol·L－1，因c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)。
2.某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液，测得其pH为9.7；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是(　　)
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度
B．加入CaCl2促进了HCO的水解
C．反应的离子方程式是2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3
D．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)
答案　B
解析　NaHCO3既能电离又能水解，水解出OH－，电离出H＋，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于其电离程度，A项正确；溶液中存在HCOCO＋H＋，加入CaCl2消耗CO，促进HCO的电离，B项错误；HCO与Ca2＋生成CaCO3和H＋，H＋结合HCO生成H2CO3，则反应的离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3，C项正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，D项正确。
3. 室温下，将0.05 mol CH3COONa固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是(　　)
选项
加入的物质
结论
A
0.05 mol CH3COONa固体
减小
B
0.05 mol NaHSO4固体
c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)－c(SO)
C
0.05 mol NH4Cl固体
水电离程度增大
D
50 mL H2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小

答案　A
解析　室温下，将0.05 mol CH3COONa固体溶于水配成100 mL溶液，所得溶液的浓度为0.5 mol·L－1。则再加入0.05 mol CH3COONa固体，c(Na＋)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，CH3COO－的水解程度变小，故c(CH3COO－)大于原来的2倍，则比值增大，A项错误；加入0.05 mol NaHSO4固体，能和0.05 mol CH3COONa反应生成0.5 mol·L－1 CH3COOH和0.5 mol·L－1的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.5 mol·L－1，而c(Na＋)＝1 mol·L－1，c(SO)＝0.5 mol·L－1，故有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)－c(SO)，B项正确；加入0.05 mol NH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，故水的电离程度增大，C项正确；加入50 mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH－)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH－)变小，由水电离出的氢离子浓度与其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H＋)变小，因此由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，D正确。

4.常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH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：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．点③所示溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
答案　D
解析　点①溶液中的溶质为0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；点②溶液的pH＝7，据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)；点③溶液中的溶质为0.002 mol CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。

5．(2019·江苏，14改编)室温下，反应HCO＋H2OH2CO3＋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(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液(pH＞7)：c(NH)＞c(HCO)＞c(NH3·H2O)＞c(H2CO3)
C．0.2 mol·L－1氨水和0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
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(CO)＋c(OH－)＝0.3 mol·L－1＋c(H2CO3)＋c(H＋)
答案　D
解析　A项，氨水中存在NH3·H2ONH＋OH－，H2OH＋＋OH－，氨水中NH3·H2O部分电离，所以主要以NH3·H2O分子形式存在，两个电离方程式均电离出OH－，所以c(OH－)＞c(NH)，错误；B项，NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，所以c(NH)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)，错误；C项，由物料守恒可知，n(N)∶n(C)＝2∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，错误；D项，由物料守恒可知，n(N)∶n(C)＝4∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝4[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]①，电荷守恒式为c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)②，结合①②消去c(NH)，得：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)＋4c(H2CO3)＋3c(HCO)＋2c(CO)③，0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液与0.6 mol·L－1氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)＝0.1 mol·L－1，由碳元素守恒可知，c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1④，将③等式两边各加一个c(CO)，则有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋3c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)⑤，将④代入⑤中得，c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.3 mol·L－1，正确。
6．(2019·浙江4月选考，21)室温下，取20 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。
已知：H2A===H＋＋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－)＝0.1 mol·L－1，A项正确；若NaOH用去10 mL，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10 mL的NaOH溶液，B项错误；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项正确；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项正确。
3．下列物质的量浓度关系错误的是(　　)
A．等物质的量浓度的HA溶液与MOH溶液等体积混合：c(H＋)＋c(M＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH) C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
答案　D
解析　利用电荷守恒即可得出A项正确；由于HCO的酸性比CH3COOH的酸性弱，所以CO水解的程度大，则c(Na2CO3) 8．25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO)＞c(NH)＞c(Fe2＋)＞c(H＋)
B．pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
D．0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol·L－1盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c(CH3COOH)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
答案　A
解析　 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离子都水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得：c(SO)＞c(NH)＞c(Fe2＋)＞c(H＋)，A项正确；一水合氨是弱碱，pH＝11的氨水的浓度大于pH＝3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，B项错误；在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中根据物料守恒有：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，C项错误；0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol·L－1盐酸10 mL混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化钠、醋酸和醋酸钠，混合溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，D项错误。
9．已知0.1 mol·L－1的三元酸H3A溶液的pH＝4.0，则下列说法中正确的是(　　 )
A．在Na3A、Na2HA、NaH2A三种溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na3A、Na2HA、NaH2A三种溶液中阴离子总数相等
C．在NaH2A溶液中一定有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋c(HA2－)＋c(A3－)
D．在Na3A溶液中一定有：c(H＋)＝c(OH－)－c(HA2－)－2c(H2A－)－3c(H3A)
答案　D
解析　在Na3A、Na2HA、NaH2A溶液中，A3－水解，H2A－、HA2－存在电离和水解，所以溶液中离子种类相同，故A项错误；在溶质物质的量相等的Na3A、Na2HA、NaH2A三种溶液中阳离子Na＋的物质的量不同，所以阴离子总数不相同，故B项错误；在NaH2A溶液中一定有电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)，故C项错误；在Na3A溶液中，A3－分步水解，溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，即水电离的氢离子与水电离的氢氧根离子浓度相等，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA2－)＋2c(H2A－)＋3c(H3A)，所以c(H＋)＝c(OH－)－c(HA2－)－2c(H2A－)－3c(H3A)，故D项正确。
10．(2019·浙江省高三模拟)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol·L－1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·H2O的分解)。下列说法不正确的是(　　)

A．点a所示溶液中：c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
B．点b所示溶液中：c(NH)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
C．点c所示溶液中：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SO)
D．点d所示溶液中：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.100 0 mol·L－1
答案　B
解析　a点为(NH4)2SO4溶液，NH水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c(NH)>c(SO)，故A项正确；b点溶液呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH)＋c(Na＋)＝2c(SO)，所以c(NH)不等于c(Na＋)，故B项错误；c点溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4]∶n(Na2SO4)＝2∶1∶1，由电荷守恒得c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，故C项正确；d点为加入20 mL NaOH溶液，此时溶液的体积为原体积的2倍，故含氮微粒的总浓度为原来的，即0.100 0 mol·L－1。根据物料守恒则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.100 0 mol·L－1，故D项正确。
11比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。
(1)CH3COOH和NaOH等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为________________________。
(2)NaOH和CH3COOH等浓度按1∶2体积比混合后pH＜7
①离子浓度大小顺序为___________________________________________________________。
②电荷守恒式：__________________________________________________________________。
③物料守恒式：__________________________________________________________________。
(3)pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合
①离子浓度大小顺序为___________________________________________________________。
②电荷守恒式与(2)中的电荷守恒式________(填“相同”或“不同”)。
③能否写出物料守恒式________(填“能”或“否”)。
答案　(1)c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
(2)①c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
②c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
③2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
(3)①c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
②相同　③否
解析　(2)中和反应后，溶质为等量的CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO－)与c(CH3COOH)浓度之和等于c(Na＋)的2倍。(3)由于CH3COOH是弱酸，题中c(CH3COOH)要远大于c(NaOH)，反应后溶质为CH3COOH、CH3COONa，且n(CH3COOH)要远大于n(CH3COONa)，溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液呈酸性。
12. 直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)∶n(HSO)变化关系如下表：
n(SO)∶n(HSO)
91∶9
1∶1
9∶91
pH
8.2
7.2
6.2

(1)由上表判断NaHSO3溶液显________性，用化学平衡原理解释原因：____________________
_______________________________________________________________________________。
(2)当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是________(填字母)。
a．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
b．c(Na＋)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－)
c．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
答案　(1)酸　HSO存在两个平衡：HSOH＋＋SO和HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离程度大于其水解程度　(2)ab
解析　(1)由数据表可知，n(SO)∶n(HSO)＝9∶91时，pH＝6.2，可知NaHSO3溶液显酸性，原因是HSO的电离程度大于其水解程度。
(2)溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷数相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，故a正确、c错误；溶液呈中性时，亚硫酸氢根离子浓度略大于亚硫酸根离子浓度，得c(Na＋)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－)，故b正确。