高考化学二轮复习专项分层特训练30 溶液中粒子浓度大小比较 含答案

这是一份高考化学二轮复习专项分层特训练30 溶液中粒子浓度大小比较 含答案，共8页。试卷主要包含了[2022·河北邢台入学考试]，[2022·江苏泰州中学检测]等内容，欢迎下载使用。

A．在0.1 ml·L－1 H3PO4溶液中，c（H3PO4）＞c（H2PO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＞c（HPO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＞c（PO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ）
B．在0.1 ml·L－1 Na2C2O4溶液中，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）
C．在0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液中，c（H2CO3）＋c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＝0.1 ml·L－1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中，c（Cl－）＞c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＞c（OH－）＞c（H＋）
2.[2021·浙江6月]取两份10 mL 0.05 ml·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05 ml·L－1的盐酸，另一份滴加0.05 ml·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（OH－）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na＋）＜c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（H2CO3）
D．令c点的c（Na＋）＋c（H＋）＝x，e点的c（Na＋）＋c（H＋）＝y，则x＞y
3.[2022·上海奉贤区月考]常温下，用0.1 ml·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 ml·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）
B．滴加氨水到20 mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20 mL氨水时，c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（NH3·H2O）＋c（OH－）
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＜c（Cl－）
4.[2022·湖南、广东联考]（双选）H2C2O4为二元弱酸，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10－2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c（总）＝c（H2C2O4）＋c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 ml·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．0.100 0 ml·L－1 H2C2O4溶液：c（H＋）＝0.100 0 ml·L－1＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－）－c（H2C2O4）
B．c（Na＋）＝c（总）的溶液：c（Na＋）>c（H2C2O4）>c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）>c（H＋）
C．pH＝7的溶液：c（Na＋）＝0.100 0 ml·L－1＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）－c（H2C2O4）
D．c（Na＋）＝2c（总）的溶液：c（OH－）－c（H＋）＝2c（H2C2O4）＋c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）
5.[2022·河北邢台入学考试]（双选）常温下，某二元弱酸H2A和一元弱碱MOH的电离平衡常数如表。若溶液混合引起的体积变化可忽略，常温时，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A.0.1 ml·L－1 M2A溶液中：c（M＋）>c（A2－）>c（H＋）>c（OH－）
B．0.1 ml·L－1 H2A溶液和0.1 ml·L－1MOH溶液等体积混合：c（M＋）>c（HA－）>c（MOH）＞c（A2－）
C．0.2 ml·L－1 M2A溶液和0.2 ml·L－1H2A溶液等体积混合：c（MOH）＋c（M＋）＝2c（A2－）＋c（HA－）＋c（H2A）
D．0.1 ml·L－1 M2A溶液和0.3 ml·L－1H2A溶液等体积混合：c（H＋）＋c（H2A）－c（A2－）－c（MOH）－c（OH－）＝0.1 ml·L－1
6.[2022·江苏泰州中学检测]（双选）室温下，向20 mL 0.10 ml·L－1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.10 ml·L－1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的H＋浓度的负对数[－lg c水（H＋）]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．b点溶液中：c（CH3COO－）＋c（OH－）>c（CH3COOH）＋c（H＋）
B．c、e两点溶液中：c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－）
C．d点溶液中：c（Na＋）＋c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.10 ml·L－1
D．f点溶液中：c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）
7.[2022·安徽六安一中月考]已知：25 ℃，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.76×10－5，向1 L 0.1 ml·L－1某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lg eq \f(c（R－）,c（HR）) 的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．由图可推知，25 ℃时0.1 ml·L－1 NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1 ml NH3时，所得溶液中：c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）>c（R－）>c（OH－）>c（H＋）
C．pH＝7时，所得溶液中：c（HR）D．pH＝10时，所得溶液中：c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）8.[2022·辽宁省实验中学测试]25 ℃ 时，用HCl气体调节0.1 ml·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的对数（lg c）与pH的关系如图甲所示，反应物的物质的量之比[x＝ eq \f(n（HCl）,n（NH3·H2O）) ]与pH的关系如图乙所示。若忽略通气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是（ ）
A．P1所示溶液：c（Cl－）＝0.05 ml·L－1
B．P2所示溶液：c（NH3·H2O）＞c（OH－）＋c（Cl－）
C．P3所示溶液：c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（NH3·H2O）＝c（Cl－）＋c（H＋）
D．25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10 －4.75
练30 溶液中粒子浓度大小比较
1．答案：A
解析：A项，H3PO4为三元弱酸，分步电离且三步电离程度逐级减弱，正确；B项，C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 带2个单位负电荷，故该电荷守恒式中c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）的系数应为2，错误；C项，该溶液中，元素质量守恒式应为c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（H2CO3）＋c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＝0.1 ml·L－1，错误；D项，pH＝9的溶液中c（OH－）>c（H＋），结合c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），可知c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）>c（Cl－），错误。故选A。
2．答案：C
解析：A项，a点pH＝8.3，说明HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的水解程度大于HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的电离程度，正确；B项，根据电荷守恒得c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），c（Na＋）近似不变，pH增大，c（H＋）减小，则c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（OH－）减小，正确；C项，滴加盐酸前，根据元素质量守恒c（Na＋）＝c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（H2CO3），加入盐酸，消耗HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，故c（Na＋）较大，即等式左侧式子大于右侧式子，错误；D项，c点，c（Na＋）＋c（H＋）＝x>0.05 ml·L－1，e点，c（Na＋）变为原来的 eq \f(1,2) ，加入的H＋被消耗，则c（Na＋）＋c（H＋）＝y<0.05 ml·L－1，则x>y，正确。
3．答案：D
解析：HCl为强酸，在溶液中完全电离，CH3COOH为弱酸，在溶液中部分电离，所以浓度均为0.1 ml·L－1的HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl－）>c（CH3COO－），A正确；酸或碱的电离抑制水的电离，弱酸根离子或弱碱阳离子的水解促进水的电离，滴加氨水到20 mL的过程中，酸不断被消耗，对水的电离的抑制作用不断减小，而生成的NH4Cl、CH3COONH4浓度不断增大，对水的电离的促进作用不断增大，当滴加到20 mL时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，对水的电离均有促进作用，此时水的电离程度达到最大，B正确；当滴入20 mL氨水时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－）＋c（OH－）①，存在物料守恒c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＋c（Cl－）＝c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（NH3·H2O）②，①＋②可得c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（NH3·H2O）＋c（OH－），C正确；当滴入20 mL氨水时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，溶液显酸性，所以要想使溶液呈中性，需要加入更多的氨水，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，溶液中存在电荷守恒：c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－）＋c（OH－），因溶液显中性即c（H＋）＝c（OH－），可得c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－），所以c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）>c（Cl－），D错误。
4．答案：AD
解析：H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H＋）＝c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－）①，0.100 0 ml·L－1 H2C2O4溶液中的物料守恒为0.100 0 ml·L－1＝c（H2C2O4）＋c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）②，①－②整理得c（H＋）＝0.100 0 ml·L－1＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－）－c（H2C2O4），A正确；c（Na＋）＝c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 水解的离子方程式为HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋H2O⇌H2C2O4＋OH－，HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的水解常数：Kh＝ eq \f(c（H2C2O4）·c（OH－）,c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）) ＝ eq \f(c（H2C2O4）·c（OH－）·c（H＋）,c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）·c（H＋）) ＝ eq \f(Kw,Ka1（H2C2O4）) ＝ eq \f(1×10－14,5.4×10－2) ≈1.85×10－13＜Ka2（H2C2O4），HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的电离程度大于其水解程度，则c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＞c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－），室温下pH＝7即c（H＋）＝c（OH－），则c（Na＋）＝c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＝c（总）＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）－c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）＜0.100 0 ml·L－1，c（Na＋）<0.100 0 ml·L－1＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）－c（H2C2O4），C错误；c（Na＋）＝2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－）③，物料守恒为c（Na＋）＝2[c（H2C2O4）＋c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）]④，③－④式整理得c（OH－）－c（H＋）＝2c（H2C2O4）＋c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ），D正确。
5．答案：AD
解析：根据电离平衡常数分析可知电离能力：H2A>HA－>MOH，所以水解能力：M＋>A2－>HA－，M＋的水解程度比A2－的大，M2A溶液显酸性即c（H＋）>c（OH－），又因M2A===2M＋＋A2－，所以c（M＋）>c（A2－），水解是微弱的，所以微粒浓度大小关系为c（M＋）>c（A2－）>c（H＋）>c（OH－），A项正确；0.1 ml·L－1 H2A溶液与0.1 ml·L－1 MOH溶液等体积混合得MHA溶液，根据电离平衡常数分析，M＋的水解平衡常数为 eq \f(1.0×10－14,1.77×10－5) ≈5.6×10－10，HA－的水解平衡常数为 eq \f(1.0×10－14,5.6×10－2) ≈1.8×10－13，HA－的电离平衡常数为Ka2＝5.4×10－5，HA－的电离程度大于M＋的水解程度也大于HA－的水解程度，混合溶液显酸性，所以离子浓度关系为c（M＋）＞c（HA－）>c（A2－）>c（MOH），B项错误；0.2 ml·L－1M2A溶液和0.2 ml·L－1 H2A溶液等体积混合：M2A＋H2A===2MHA，得MHA溶液，根据物料守恒分析有c（MOH）＋c（M＋）＝c（A2－）＋c（HA－）＋c（H2A），C项错误；0.1 ml·L－1 M2A溶液和0.3 ml·L－1 H2A溶液等体积混合，得0.1 ml·L－1 MHA和0.1 ml·L－1 H2A的混合溶液，根据物料守恒：2c（MOH）＋2c（M＋）＝c（A2－）＋c（HA－）＋c（H2A）＝0.2 ml·L－1①，电荷守恒：c（H＋）＋c（M＋）＝2c（A2－）＋c（HA－）＋c（OH－）②，②×2－①可得2c（H＋）＋c（H2A）＝2c（OH－）＋2c（MOH）＋c（HA－）＋3c（A2－），两侧都加上c（H2A），则有2c（H＋）＋2c（H2A）＝2c（OH－）＋2c（MOH）＋c（HA－）＋3c（A2－）＋c（H2A），据物料守恒①，有2c（H＋）＋2c（H2A）＝2c（OH－）＋2c（MOH）＋2c（A2－）＋0.2 ml·L－1，整理得c（H＋）＋c（H2A）－c（A2－）－c（MOH）－c（OH－）＝0.1 ml·L－1，D项正确。
6．答案：AC
解析：由图可知d点－lg c水（H＋）最小，c水（H＋）最大，所以d点时水的电离程度最大，d点所加V（NaOH）＝20 mL，n（NaOH）＝0.02 L×0.10 ml·L－1＝0.002 ml，而n（CH3COOH）＝0.02 L×0.10 ml· L－1＝0.002 ml，可得d点溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此a～d之间溶质均为CH3COOH和CH3COONa，且b点时两者等浓度，又c点－lg c水（H＋）＝7，c水（H＋）＝10－7 ml·L－1，c点CH3COOH的电离程度与CH3COONa的水解程度相等，溶液显中性，即a～c之间溶液显酸性，c点以后溶液显碱性。由上述分析可知b点溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c（Na＋）>c（CH3COOH），结合溶液中的电荷守恒c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），可得c（CH3COO－）＋c（OH－）>c（CH3COOH）＋c（H＋），A正确；c点溶液显中性，c（H＋）＝c（OH－），结合电荷守恒得c（Na＋）＝c（CH3COO－），由于水解程度弱所以c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－），e点溶液显碱性，c（OH－）>c（H＋），B错误；d点溶液溶质为0.05 ml·L－1 CH3COONa，c（Na＋）＝0.05 ml·L－1，由物料守恒得c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.05 ml·L－1，所以c（Na＋）＋c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.10 ml·L－1，C正确；f点所加V（NaOH）＝40 mL，n（NaOH）＝0.04 L×0.10 ml· L－1＝0.004 ml，则f点溶质为等浓度的CH3COONa和NaOH，溶液显碱性，c（OH－）>c（H＋），由电荷守恒得c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），则c（Na＋）>c（CH3COO－），因CH3COO－水解导致自身减少而OH－变多，故c（OH－）>c（CH3COO－），即微粒浓度大小顺序为c（Na＋）>c（OH－）>c（CH3COO－）>c（H＋），D错误。
7．答案：A
解析：根据图像，lg eq \f(c（R－）,c（HR）) ＝0时pH＝5，即 eq \f(c（R－）,c（HR）) ＝1时c（H＋）＝10－5ml·L－1，则HR的电离平衡常数Ka＝ eq \f(c（H＋）·c（R－）,c（HR）) ＝10－5，所以NaR的水解平衡常数Kh＝ eq \f(Kw,Ka) ＝10－9，Kh＝ eq \f(c（OH－）·c（HR）,c（R－）) ≈ eq \f(c2（OH－）,0.1) ＝10－9，所以c（OH－）＝10－5 ml·L－1，则25 ℃时0.1 ml·L－1NaR溶液的pH约为9，A错误；当通入0.1 ml NH3时，反应恰好生成NH4R，则NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的水解平衡常数为 eq \f(Kw,Kb) ≈5.68×10－10＜Kh（HR）＝10－9，可知NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的水解程度小于R－的水解程度，溶液呈碱性，所以所得溶液中各离子浓度大小关系为c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H＋），B正确；pH＝7时，lg eq \f(c（R－）,c（HR）) ＝2，即c（R－）＞c（HR），又因溶液中c（OH－）＝c（H＋），溶液中的电荷守恒为c（H＋）＋c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＝c（R－）＋c（OH－），可得c（R－）＝c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ），所以c（HR）＜c（R－）＝c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ），C正确；pH＝10时，lg eq \f(c（R－）,c（HR）) ＝5， eq \f(c（HR）,c（R－）) ＝10－5，根据电离平衡常数表达式Ka＝ eq \f(c（H＋）·c（R－）,c（HR）) 可得c（H＋）＝ eq \f(Ka·c（HR）,c（R－）) ＝10－5×10－5 ml·L－1＝10－10 ml·L－1，则c（OH－）＝10－4 ml·L－1，再结合NH3·H2O的电离平衡常数表达式可知， eq \f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）,c（NH3·H2O）) ＝ eq \f(Kb,c（OH－）) ＝0.176＜1，所以c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＜c（NH3·H2O），D正确。
8．答案：D
解析：根据图示可知P1时c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＝c（NH3·H2O）＝0.05 ml·L－1，溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＝c（OH－）＋c（Cl－），P1点溶液pH＝9.25，c（OH－）>c（H＋），因此c（Cl－）c（NH3·H2O），c（OH－）＋c（Cl－）>c（NH3·H2O），B错误；根据图示可知P3时x＝ eq \f(n（HCl）,n（NH3·H2O）) ＝1.0，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c（Cl－）＝c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（NH3·H2O），C错误；25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数K＝ eq \f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）·c（OH－）,c（NH3·H2O）) ，当溶液中c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＝c（NH3·H2O）时，pH＝9.25，即c（H＋）＝10－9.25 ml·L－1，K＝ eq \f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）·c（OH－）,c（NH3·H2O）) ＝c（OH－）＝ eq \f(10－14,10－9.25) ＝10－4.75，D正确。
物质
K1
K2
H2A
5.6×10－2
5.4×10－5
MOH
1.77×10－5
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