第一篇　主题十　选择题22　溶液中粒子浓度关系判断-2024年高考化学二轮复习课件

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1.(2023·浙江1月选考，15)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋ (aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是
2.(2022·重庆，11)某小组模拟成垢—除垢过程如图。
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是A.经过步骤①，溶液中c(Ca2＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)
经过步骤①，100 mL 0.1 ml·L－1CaCl2水溶液和0.01 ml Na2SO4反应的化学方程式为CaCl2＋ Na2SO4===2NaCl＋CaSO4↓，生成0.02 ml NaCl和0.01 ml CaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有 和Ca2＋，则c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(Cl－)，故A错误；步骤②中，CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01 ml Na2SO4、0.01 ml Na2CO3和0.02 ml NaCl，则c(Na＋)＝6c( )，故B错误；
由B项分析可知，存在元素质量守恒：c(Cl－)＝ ＋2c(H2CO3)，故C错误；步骤③中，CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，反应后的溶液中含有0.02 ml NaCl、0.01 ml (CH3COO)2Ca，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故D正确。
3.(2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 ml·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；
根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；
溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液Ⅱ中，由B项解析可知c总(HA)＝1.01 c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。
1.粒子浓度大小比较解题模型——分清主次，抓主要矛盾
　单一溶液(1)0.1 ml·L－1 H2S溶液中各离子浓度大小关系：______________________________。
c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)>
(2)NaHS溶液中离子浓度大小关系：__________________________________。
c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)
　投料比1∶1的缓冲溶液等浓度的NaOH和CH3COOH按1∶2体积比混合后pH<7，离子浓度大小顺序为__________________________________。
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
解题策略　溶液中物质间若能发生化学反应，则优先考虑化学反应。
2.溶液中部分粒子浓度之和(差)的大小比较解题模型(1)先确定溶液中粒子的构成。(2)从守恒出发，根据溶液中存在的元素质量守恒或电荷守恒进行分析比较。(3)三大守恒式的书写①电荷守恒电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，故存在电荷守恒，即阳离子所带正电荷总数＝阴离子所带负电荷总数。
如Na2S与NaHS的混合溶液中存在电荷守恒：_______________________________________。
＋c(HS－)＋c(OH－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)
②元素质量守恒电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的，即元素质量守恒的特征：元素写两边、系数交叉配。如0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中存在的元素质量守恒关系：___________________________________________。
投料比1∶1的HA、 NaA的混合溶液中存在元素质量守恒：_________________________。
c(A－)＋c(HA)
③质子守恒酸碱质子理论认为，酸碱反应实质是质子(H＋)的转移。失质子总数＝游离质子数＋得质子总数。如写出Na2CO3的质子守恒：__________________________________。
方法一：由电荷守恒式和元素质量守恒式联立消去强碱阳离子(Na＋)得到。方法二：框图法快速求Na2CO3质子守恒。
1.(2022·广东肇庆二模)醋酸(CH3COOH)是一种常见的弱酸。下列叙述正确的是A.25 ℃时，pH＝3的CH3COOH溶液中，c(H＋)＝c(CH3COO－)B.25 ℃时，pH＝8的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c(CH3COO－)c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)D.0.1 ml·L－1 CH3COONa溶液中，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
25 ℃时，除CH3COOH电离出的H＋外，水也会电离出少量H＋，A项错误；25 ℃时，由电荷守恒可知，混合溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，此时溶液pH＝8，溶液中c(H＋)c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，C项错误；由电荷守恒可知，0.1 ml·L－1 CH3COONa溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，D项错误。
2.25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变B.向有AgCl固体的饱和溶液中加入少量水，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变C.pH＝4.75、浓度均为0.1 ml·L－1的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液 中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(H＋)＋c(CH3COOH)D.分别用pH＝2和pH＝3的CH3COOH溶液中和等物质的量的NaOH，消 耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb，则10Va＝Vb
将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A项错误；向有AgCl固体的饱和溶液中加少量水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变，故B项正确；浓度均为0.1 ml·L－1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，pH＝4.75，则c(H＋)＞c(OH－)，c(CH3COO－)＞c(Na＋)，由元素质量守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，则c(CH3COOH)＜c(Na＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，故C项错误；
醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH溶液的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH＝2的醋酸浓度为x，pH＝3的醋酸浓度为y，x＞10y，则有Va·x＝Vb·y，则Vb＝ ，即Vb＞10Va，故D项错误。
3.(2023·南京二模)以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。下列说法正确的是A.Na2S溶液显碱性的原因：S2－＋2H2O H2S＋2OH－B.NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(S2－)C.吸收所得c总＝c(Na＋)的溶液中：c(H2S)＞c(S2－)D.NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降
S2－的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，A错误；NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质全为Na2S，由质子守恒可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，B错误；c总＝c(Na＋)，即c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(Na＋)，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质全为NaHS，Ka2＝1.3×10－13，HS－的水解平衡常数Kh＝ ≈0.91×10－7，则HS－的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2－)，C正确；
NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D错误。
4.(2023·温州二模)在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为NH3(g) NH3(aq)　K1＝ ，NH3(aq)＋H2O(l) (aq)＋OH－(aq)　K2，其中p为NH3(g)的平衡压强，c(NH3)为NH3在水溶液中的平衡浓度，下列说法正确的是