20202021学年高二化学重难点训练溶液中粒子浓度的大小关系pdf含解析

2020-2021学年高二化学重难点训练：溶液中粒子浓度的大小关系一、选择题（每小题只有一个正确选项，共10*6分）1．（2020浙江高考7月选考真题）常温下，用10.1molL氨水滴定10mL浓度均为10.1molL的HCl和3CHCOOH的混合液，下列说法不正确．．．的是()A．在氨水滴定前，HCl和3CHCOOH的混合液中3cClcCHCOOB．当滴入氨水10mL时，+43233cNH+cNHHO=cCHCOO+cCHCOOHC．当滴入氨水20mL时，+34cCHCOOH+cH=cNH+cOHD．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，4cNHcCl【答案】D【解析】A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(4NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；C.当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(4NH)+c(OH-)，C正确；D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(4NH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(4NH)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。2．常温下，浓度相同的稀溶液：①NH4Cl溶液、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为（）A．①②③④B．②①④③C．②①③④D．④③②①【答案】C【解析】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为②①③④。故选C项。3．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）A．2NaS溶液中：+2--22cNa=cS+cHS+cHSB．23KCO溶液中：-+-323cOH=cH+cHCO+cHCOC．-131molLNaHCO溶液中：++-2--33cNa+cH=cHCO+2cCO+cOHD．pH相同的①3CHCOONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的+cNa：③①②【答案】C【解析】A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，即含有钠元素的微粒浓度和含有S元素微粒浓度之和的比为2:1，根据物料守恒得c(Na+)=2[c(S2‒)+c(HS‒)+c(H2S)]，故A错误；B．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH‒)=c(H+)+c(HCO3‒)+2c(H2CO3)，故B错误；C．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(HCO3‒)+2c(CO32‒)+c(OH‒)，故C正确；D．pH相同的这几种物质，NaOH是强碱，其浓度最小；钠盐水解程度越大，pH相同时钠盐浓度越小，NaClO水解程度较大；则浓度①③，所以三种溶液浓度：①③②，所以c(Na+):①③②，故D错误；答案选C。4．25℃时，pH=9的NaHA溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是A．c(A2-)c(H2A)B．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)C．c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)D．c(H+)=c(A2-)+c(OH-)【答案】B【解析】pH=9的NaHA溶液，说明HA的水解程度大于HA电离；HA的水解程度大于HA电离，c(A2-)c(H2A)，故A错误；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，故B正确；根据物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，故C错误；根据质子守恒c(H+)+c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)，故D错误。5．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol·L－1）反应后溶液的pHc（HA）c(KOH)①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)c(A－)c(OH－)c(H＋)B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)=9110WKmol/LC．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)0.1mol·L－1D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)=c(A－)c(OH－)=c(H＋)【答案】B【解析】A、两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反应，溶质是KA，反应后溶液显碱性，说明HA是弱酸，A－发生水解，A－＋H2OHA＋OH－，离子浓度大小顺序是c(K＋)c(A－)c(OH－)c(H＋)，故A说法正确；B、根据电荷守恒，有c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，则有c(OH－)=c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)=Kw/10－9mol·L－1，故B说法错误；C、因为HA是弱酸，反应后溶液显中性，溶质为HA和KA，因此HA的浓度应大于0.2mol，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)0.2/2mol·L－1=0.1mol·L－1，故C说法正确；D、根据电中性，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)，c(K＋)=c(A－)，离子浓度大小顺序是c(K＋)=c(A－)c(H＋)=c(OH－)，故D说法正确；答案选B。6．已知：223233AlOHCOHOAlOHCO。向含0.01mol2NaAlO和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，溶液中，23COc随通入的2COn的变化如图，下列对应关系正确的是()A．A点：233232COHCOHCOAlOccccB．B点：233NaCOOHHCOccccC．C点：233NaHCOHCOOHcccccD．O点：2NaAlOOHccc＞＞【答案】B【解析】向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，首先进行的反应为22322NaOH+CONaCO+H=O，0.02molNaOH消耗0.01molCO2，生成0.01molNa2CO3，故A点溶液的的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2；然后发生反应:222233+3HO2NaAlO+CO2AlO=H+NaCO，0.01molNaAlO2消耗0.005molCO2，生成0.005molNa2CO3，故B点溶液的溶质为Na2CO3；继续通入CO2，发生反应:22323 CO+NaCO+HO=2NaHCO，前两个阶段共生成0.015molNa2CO3，则该反应会消耗0.015molCO2，生成0.03molNaHCO3，故C点溶液的溶质为NaHCO3。A.由以上分析知，A点溶液的的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2，CO32-和AlO2-均发生水解，由物料守恒可知，A点：233232COHCOHCOAlOcccc＞，故A错误；B.由以上分析知，B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，同时存在水的电离，又水解是微弱的，故B点：233NaCOOHHCOcccc，故B正确；C.由以上分析知，C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：233NaH2COHCOOHccccc，故C错误；D.O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01mol2NaAlO和0.02molNaOH，故O点：2NaOHAlOccc＞＞，故D错误；故选B。7．关于浓度均为0.1mol·L-1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（）A．c(NH4+)：③①B．水电离出的c(H+)：②①C．①和②等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，所以c(NH4+)：③＞①，故A正确；B．酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离，盐酸是强电解质、氨水是弱电解质，①中c(OH-)小于②中c(H+)，所以①抑制水电离程度小于②，则水电离出的c(H+)：②＜①，故B错误；C．①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；故选B。8．下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是A．0.1mol·L-1HCOOH溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)B．1L0.1mol•L-1CuSO4•(NH4)2SO4•6H2O溶液中：c(2-4SO)＞c(NH4+)＞c(Cu2+)＞c(H+)＞c(OH-)C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Na+)＞c(HX)＞c(X-)＞c(H+)＞c(OH-)D．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(-3HCO)+c(23CO)+c(OH-)【答案】C【解析】A．因HCOOH溶液不显电性，共有HCOO－、OH－、H＋三种离子，则电荷守恒式为c(HCOO－)+c(OH－)=c(H＋)，故A正确；B.1L0.1mol·L-1CuSO4·(NH4)2SO4的物质的量为0.1mol，则n(SO42－)=n(NH4＋)＞n(Cu2＋)，但在溶液中因铵根离子和铜离子的水解使溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，因铵根离子水解则c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(Cu2＋)，水解的程度很弱，所以离子浓度大小关系为c(SO42－)＞c(NH4＋))＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B正确；C．不能确定X-的水解程度、HX的电离程度的相对大小，等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后，c(HX)、c(X-)的相对大小、c(H+)、c(OH-)的相对大小不能确定，故C错误；D．HCO3－水解程度大于其电离程度导致碳酸氢钠溶液呈碱性，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(-3HCO)+2c(23CO)+c(OH-)，物料守恒有c(Na+)=c(-3HCO)+c(23CO)+c(H2CO3)，c(H2CO3)=c(Na+)-c(23CO)-c(-3HCO)，(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)=c(-3HCO)+c(23CO)+c(OH-)+c(Na+)-c(-3HCO)，c(Na+)－c(-3HCO)＞0，即：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(-3HCO)+c(23CO)+c(OH-)，故D正确；故选C。9．下列说法中，正确的是()A．向0.1mo/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中-32c(OH)c(NHHO)增大B．常温下，0.1mo/L的下列溶