发布时间 : 星期日 文章（浙江选考）2020版高考化学一轮复习专题八专项突破四用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较检测更新完毕开始阅读0d65c7acb80d6c85ec3a87c24028915f814d8443
内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 专项突破四 用守恒思想破解溶液中粒子浓度大小比较
1.在0.1 mol·L的Na2S溶液中,下列微粒浓度关系正确的是( ) A.c(Na)=2c( )
+
-1
-
B.c(OH)=c(H)+c(HS)+2c(H2S) C.c(Na)>c( )>c(HS)>c(OH)
+
--
-+-
-
D.c(Na)=2c( )+c(HS)+2c(H2S)
+
-
-
答案 B Na2S是强碱弱酸盐, 水解使溶液显碱性,c(Na)>2c( ),A项错误;根据质子守恒,可知B项
+
--
正确;溶液中的OH来自 、HS的水解和H2O的电离,c(OH)>c(HS),C项错误;根据物料守恒得:c(Na)=2
----+
-
c(S)+2c(HS)+2c(H2S),D项错误。
2.常温下,下列溶液中各微粒的浓度大小关系正确的是( )
A.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中:c(N )=c(K)=c(B )
+
2--
B.将10 mL 0.1 mol·L Na2CO3溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L盐酸中:c(Na)>c(Cl)>c(HC )>c(C )
-1
-1
+
-
-
C.向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7:c(N )+c(Na)=c(HC )+c(C )
+
-
D.0. mol·L某一元弱酸HA的溶液和0.1 mol·L NaOH溶液等体积混合后的溶液:2c(OH)+c(A)=2c(H
+
-1-1--
)+c(HA)
+
答案 D A项,根据电荷守恒知,等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中,c(N )=c(K)=2c(B );B项, 所得混合溶液中c(Na)>c(Cl)>c(C )>c(HC );C项,根据电荷守恒有c(H)+c(Na)+c(N )=c(OH)+c
+
-+
+
-
-
(HC )+2c(C ),由于pH=7,故有c(Na)+c(N )=c(HC )+2c(C ),错误;D项,反应后得到等物质的量
+
--
浓度的HA和NaA的混合溶液,由电荷守恒:c(Na)+
c(H)=c(A)+c(OH),物料守恒:2c(Na)=c(HA)+c(A),可得:2c(OH)+c(A)=2c(H)+c(HA)。 3.常温下,下列说法不正确的是( )
A.0.2 mol·L的NaHCO3溶液的pH>7,则溶液中:c(H2CO3)>c(C )
-1
+
--+
---+
+
B.叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近,0.1 mol·L NaN3水溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na)>c( )>c(OH)>c(H)
+
-1+
-
-
1
C.向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7,则混合液中:c(N )=c(Cl)
-
D.0.0 mol·L的NaOH溶液与0.0 mol·L的NaHC2O4溶液等体积混合后的溶液中:c(OH)=c(H2C2O4)+c(HC2 )+c(H)
答案 D A项,NaHCO3溶液的pH>7,则HC 水解程度大于其电离程度,HC 发生水解生成H2CO3,因此c(H2
CO3)>c(C ),正确;B项,由于叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近,NaN3发生水解使溶液显碱性,因此其水溶液中
---+
-1-1-
离子浓度大小顺序为c(Na)>c( )>c(OH)>c(H),正确;C项,向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7,则c
(OH)=c(H),依据电荷守恒:c(H)+c(N )=c(OH)+c(Cl),可得混合液中c(N )=c(Cl),正确;D项,混合
-+
+
---
+
-
-+
后所得溶液为Na2C2O4溶液,根据质子守恒可得c(OH)=2c(H2C2O4)+c(HC2 )+c(H),错误。
4.在 5 ℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后,下列关系式中正确的是( ) A.c(Na)=c(CH3COO)+c(CH3COOH) B.c(H)=c(CH3COO)+c(OH) C.c(Na)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H) D.c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)
答案 D 由题意知,pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时,CH3COOH过量,即反应后形成了CH3COOH与CH3COONa的混合液,溶液显酸性,溶液中的离子浓度大小关系为 c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)。
5.下列有关电解质溶液中的粒子浓度关系正确的是( )
A.常温下,pH=6的NaHSO3溶液中:c(S )-c(H2SO3)=9.9×10mol·L
-7
-1
-+
+
--+
+
-+
--+
+
--+
-
-
-
+
B.0.1 mol·L的NH4Cl溶液中:c(Cl)>c(N )>c(OH)>c(H)
-1
--+
C.0.1 mol·LpH=4的NaHC2O4溶液中:c(H2C2O4)>c(C2 )
-1
D.向1.0 L 0.1 mol·L的醋酸钠溶液中加入1.0 L 0.1 mol·L盐酸:c(Na)>c(CH3COO)>c(H)
答案 A 常温下,pH=6的NaHSO3溶液中,根据质子守恒有c(H2SO3)+c(H)=c(S )+c(OH),则c(S )-c
+
-
-1-1+-+
(H2SO3)=c(H)-c(OH)=10 mol·L-10 mol·L=9.9×10 mol·L,A项正确;NH4Cl溶液呈酸性,故c(C
l)>c(N )>c(H)>c(OH),B项错误;溶液的pH=4,说明HC2 的电离程度大于其水解程度,因此c(C2 )>c
-+
-
+--6-1-8-1-7-1
-
(H2C2O4),C项错误;根据电荷守恒有c(Na)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH)+c(Cl),由c(Na)=c(Cl),可得c(H)=c(CH3COO)+c(OH),因此c(Na)>c(H)>c(CH3COO),D项错误。
6.已知0.1 mol·L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
2
-1
--+
+
-
++---+-+
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(A) D.在Na2A溶液中一定有c(Na)>c(A)>c(H)>c(OH)
答案 C 0.1 mol·LH2A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(A)=n(HA),但由于A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(A),C正确;A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(A)>c(OH)>c(H),D错误。
7. 5 ℃时,向100 mL 0.1 mol·L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L NaOH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( )
-1
-1
+
2--+
-2-2-2--+
+
-2---1
+
2-+
-+
+
--2-
A.a点时溶液的pH<1
B.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 D a点为0.1 mol·L NH4HSO4溶液,NH4HSO4电离产生的氢离子浓度为0.1 mol·L,N 水解呈酸
-1
-1
性,所以a点氢离子浓度大于0.1 mol·L,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 )+
+
+
-1+
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0.100 mol·L盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液[(CH3)2 · 2O在水中电离与NH3· 2O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 ( )
-1
-1
-
3
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)2 · 2O] C.d点溶液中:c(H)=c(OH)+c[(CH3)2 · 2O]
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(CH
32-+
-
) · 2O,B错误;把二甲胺看作NH3,加入10 mL盐酸,两者恰好完全反应,根据质子守恒可得:c(H)=c(O
+
H)+c[(CH3)2 · 2O],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。
9.常温下,向1 L 0.1 mol·L NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,N 2O的变化趋势如图所示 与NH3·
-1
(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) mol C.随着NaOH
)
的加入, )不断增大
+
-+
D.当n(NaOH)=0.1 mol时,c(Na)=c(N )+c(NH3· 2O)
答案 C A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· 2O,NH3· 2O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
-+
-1
=(a-0.05) mol·L,由于原溶液体积为1 L,且不考虑溶液体积变化和氨的挥发,故n(OH)-n(H)=(a-0.0
4