水溶液中的离子平衡专项提能训练五

2020版《3年高考2年模拟》电子资源1/7专项提能训练(五)用守恒思想破解溶液中的粒子浓度大小比较1.已知NaHSO3溶液显酸性,表示0.1mol/LNaHSO3溶液中有关微粒浓度大小的关系式,正确的是()A.c(Na+)c(HS-)c(S-)c(H+)c(OH-)B.c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(S-)+c(OH-)C.c(Na+)c(HS-)c(S-)c(H2SO3)c(OH-)D.c(Na+)=c(HS-)+c(S-)+c(H2SO3)答案DNaHSO3溶液中存在HS-的电离平衡:HS-H++S-和水的电离平衡:H2OH++OH-,所以c(H+)c(S-),故A错误;NaHSO3溶液中的电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S-)+c(OH-),故B错误;H2SO3仅来自于HS-的水解,而OH-不仅来自于HS-的水解,也来自于水的电离,故C错误;D选项中等式符合物料守恒,D正确。2.(2018重庆西南大学附中月考)常温下,下列有关叙述正确的是()A.pH=8的NaY溶液中,c(Na+)-c(Y-)=9.9×10-7mol·L-1B.Na2CO3溶液中,2c(Na+)=c(C-)+c(HC-)+c(H2CO3)C.pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中,c(N)大小顺序:①②③D.10mLpH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA溶液至pH=7,则所得溶液体积一定为20mL(忽略溶液混合时体积变化)答案ApH=8的NaY溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),则c(Na+)-c(Y-)=c(OH-)-c(H+)=9.9×10-7mol·L-1,选项A正确;Na2CO3溶液中,根据物料守恒有c(Na+)=2c(C-)+2c(HC-)+2c(H2CO3),选项B错误;相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液中N浓度相等,由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性,N的水解被抑制,因此NH4HSO4中N的浓度小于(NH4)2SO4中N的浓度,则pH相等时N浓度大小为①=②③,选项C错误;10mLpH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA溶液至pH刚好等于7,若HA为强电解质,则HA溶2020版《3年高考2年模拟》电子资源2/7液体积为10mL,若为弱酸,则消耗酸的体积小于10mL,所以溶液体积V(总)≤20mL,选项D错误。3.一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HC-)+c(C-)+c(OH-)B.Na2CO3溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HC-)+2c(H2CO3)C.Na2S溶液中:2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)D.pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+):③①②答案B任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HC-)+2c(C-)+c(OH-),故A错误;在Na2CO3溶液中:质子守恒得c(OH-)=c(HC-)+2c(H2CO3)+c(H+),故B正确;0.1mol·L-1Na2S溶液中,根据物料守恒得c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)],故C错误;氢氧化钠是强碱,完全电离,显碱性,醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性,且醋酸根离子的水解能力小于次氯酸根离子,所以pH相同的①CH3COONa②NaOH③NaClO三种溶液中c(Na+)大小:①③②,故D错误。4.下列叙述不正确的是()A.氨水中:c(OH-)-c(H+)=c(N)B.饱和H2S溶液中:c(H2S)c(H+)c(HS-)c(S2-)C.0.1mol/LCH3COOH溶液中:c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)D.Ca(OH)2溶液中:c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)答案C氨水中的电荷守恒为c(OH-)=c(H+)+c(N),故A正确;饱和硫化氢溶液中,存在水的电离和硫化氢的两步电离,且第一步电离程度大于第二步,所以微粒浓度关系为c(H2S)c(H+)c(HS-)c(S2-),故B正确;在醋酸溶液中,醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子,水也能电离出氢离子,所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度,故C错误;氢氧化钙溶液中的电荷守恒为c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-),故D正确。5.常温下,将一定浓度的HA和HB分别与0.10mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,记录数据如下表,下列说法中正确的是()混合后的溶液加入的酸酸的浓度/(mol·L-1)混合后溶液的pH①HA0.108.7②HB0.1222020版《3年高考2年模拟》电子资源3/7A.HA是强酸,HB是弱酸B.溶液①中离子浓度的关系:c(A-)c(Na+)c(OH-)c(H+)C.溶液②中离子浓度的关系:c(Na+)+c(H+)+c(B-)=0.12mol·L-1D.升高温度,溶液②中(-)()增大答案C①HA与NaOH等体积等浓度混合,恰好完全反应生成NaA,溶液pH=8.7,则NaA为强碱弱酸盐,则HA为弱酸。②0.12mol·L-1的HB与0.10mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,反应后剩余的酸的浓度为c(HB)=(0.12-0.1)mol·L-1÷2=0.01mol·L-1,溶液pH=2,c(H+)=0.01mol·L-1=c(HB),所以HB完全电离,即HB为强酸。由分析可知,HA是弱酸,HB是强酸,故A错误;溶液①为NaA溶液,则离子浓度的关系为c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+),故B错误;溶液②中c(H+)=0.01mol·L-1,c(B-)=0.12mol·L-1÷2=0.06mol·L-1,c(Na+)=0.1mol·L-1÷2=0.05mol·L-1,所以c(Na+)+c(H+)+c(B-)=0.12mol·L-1,故C正确;NaB为强酸强碱盐,升高温度,B-、Na+的浓度不变,所以溶液②中c(B-)/c(Na+)不变,故D错误。6.已知0.1mol·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C0.1mol·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100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH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pH12020版《3年高考2年模拟》电子资源4/7B.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(N)+c(Na+)2c(S-)D.b点时离子浓度大小顺序为:c(Na+)c(S-)c(N)c(H+)c(OH-)答案Da点为0.1mol·L-1NH4HSO4溶液,NH4HSO4电离产生的氢离子浓度为0.1mol·L-1,N水解呈酸性,所以a点氢离子浓度大于0.1mol·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(N)+c(Na+)+c(H+)=2c(S-)+c(OH-),ab段上的点表示的溶液显酸性,c(H+)c(OH-),所以c(N)+c(Na+)2c(S-),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,N水解,c(Na+)=c(S-)c(N)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0.100mol·L-1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·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)2N]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)2N和(CH3)2NH·H2O,B错误;把二甲胺看作NH3,加入10mL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。2020版《3年高考2年模拟》电子资源5/79.常温下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,N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)molC.随着NaOH的加入,()()不断增大D.当n(NaOH)=0.1mol时,c(Na+)=c(N)+c(NH3·H2O)答案CA项,原溶液为氯化铵溶液,N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(N),则c(OH-)-c(H+)=c(Na+)+c(N)-c(Cl-)=(a+0.05-0.1)mol·L-1=(a-0.05)mol·L-1,由于原溶液体积为1L,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,()()=()·(-)(·)()·(-)(·)=(·)·,温度不变,KW、Kb不变,随着NaOH的加入,NH3·H2O的浓度增大,所以()()减小,错误。D项,当加入NaOH的物质的量为0.1mol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(N)+c(NH3·H2O),正确。10.(2016四川理综,7,6分)向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH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0.01moln(CO2)≤0.015mol时发生的反应是:2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)c(Al-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(Al-)c(OH-)c(