统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练21溶液中离子浓度大小比较（附解析）

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这是一份统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练21溶液中离子浓度大小比较（附解析），共6页。

下列说法错误的是( )
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)D．水的电离程度：a2．[2023·浙江1月]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)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (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( )
A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
3．[2023·浙江6月]草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：往20mL0.1ml·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1ml·L－1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.10ml·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.10ml·L－1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验Ⅰ中V(NaOH)＝10mL时，存在c(C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )C．实验Ⅱ中发生反应
HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H＋
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL时，溶液中c(C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝4.0×10－8ml·L－1
4．[2023·辽宁省名校联考]实验室用0.1ml·L－1的NaOH溶液滴定20mL0.1ml·L－1的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系数δ、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示[比如HAuCl4的分布系数，
δ(HAuCl4)＝eq \f(c（HAuCl4）,c（HAuCl4）＋c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）)]。下列叙述错误的是( )
A．x点对应溶液的pH约为5
B．p点对应的溶液中，c(HAuCl4)＋2c(H＋)＝c(AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) )＋2c(OH－)
C．微粒b为AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，该滴定可选酚酞作指示剂
D．滴定到q点时，溶液中c(HAuCl4)>c(AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) )
5．[2023·湖北联考]常温下，用0.100ml·L－1的盐酸滴定20mL相同浓度的一元碱BOH溶液(滴有少量酚酞)，滴定过程中溶液pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法中正确的是 ( )
A．BOH的电离常数Kb约为10－6
B．a点溶液中：c(B＋)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(BOH)
C．b点溶液的颜色为粉红色
D．滴定至pH＝7时，c(B＋)＝c(Cl－)＝0.1ml·L－1
6．[2023·上海奉贤区月考]常温下，用0.1ml·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1ml·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20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20mL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20mL，c(NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) )＜c(Cl－)
7．[2023·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1L0.1ml·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lgeq \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0.1ml·L－1NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1mlNH3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．[2023·辽宁省实验中学测试]25℃时，用HCl气体调节0.1ml·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的对数(lgc)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－)＝0.05ml·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21 溶液中离子浓度大小比较
1．答案：D
解析：
根据CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c（H＋）＝c（CH3COO－），又a点pH＝3.38，c（H＋）＝10－3.38ml·L－1，故Ka（CH3COOH）≈eq \f(10－3.38×10－3.38,0.0100)＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），B项正确；b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中c（CH3COOH）2．答案：B
解析：上层清液为CaCO3的饱和溶液，CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 存在水解平衡，根据物料守恒，c（Ca2＋）＝c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋c（H2CO3），A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据Ka2＝eq \f(c（H＋）·c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）)，可得eq \f(c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）)＝eq \f(c（H＋）,Ka2)＝eq \f(10－9,4.7×10－11)＝21，因此含碳微粒最主要以HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 形式存在，B项正确；向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca（HCO3）2，CaCO3（s）转化为可溶的Ca（HCO3）2，溶液中c（Ca2＋）增大，C项错误；Ksp（CaCO3）3．答案：D
解析：NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；实验Ⅰ中V（NaOH）＝10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10－5>Kh＝eq \f(1×10－14,5.4×10－5)，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）>c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ），故B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝eq \f(c（H2C2O4）,c（Ca2＋）·c2（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）)＝eq \f(c（H2C2O4）·c（H＋）·c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（Ca2＋）·c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）·c2（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）·c（H＋）)＝eq \f(Ka2,Ka1·Ksp)＝eq \f(5.4×10－5,5.4×10－2×2.4×10－9)＝eq \f(1,2.4)×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；实验Ⅱ中V（CaCl2）＝80mL时，溶液中的钙离子浓度为c（Ca2＋）＝eq \f(0.1ml·L－1×0.080L－0.1ml·L－1×0.020L,0.1L)＝0.06ml·L－1，溶液中c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＝eq \f(Ksp（CaC2O4）,c（Ca2＋）)＝eq \f(2.4×10－9,0.06)ml·L－1＝4.0×10－8ml·L－1，故D正确。综上所述，答案为D。
4．答案：D
解析：由图像可知，当V（NaOH）＝0时，对应溶液的pH＝3，此时溶液中的c（H＋）＝1×10－3ml·L－1，Ka＝eq \f(c（H＋）·c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）,c（HAuCl4）)＝eq \f(10－3×10－3,0.1－10－3)≈10－5，根据图像x点时，c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＝c（HAuCl4），则此时的Ka＝c（H＋）≈10－5，pH≈5，A正确；p点时，V（NaOH）＝10mL，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－），根据物料守恒有2c（Na＋）＝c（HAuCl4）＋c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ），两式联立消去c（Na＋）得：c（HAuCl4）＋2c（H＋）＝c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（OH－），B正确；随着NaOH的加入，HAuCl4逐渐减少，AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，滴定到q点时，V（NaOH）＝20mL，两者恰好完全反应，生成NaAuCl4溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚酞作指示剂，C正确；滴定到q点时，V（NaOH）＝20mL，由图可知c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）>c（HAuCl4），D错误。
5．答案：B
解析：向BOH溶液中滴加等浓度的盐酸，pH不断减小，所以a、b点所在的曲线为随盐酸的滴入溶液电导率的变化，另一条曲线为pH的变化。由图可知，0.100ml·L－1BOH溶液的pH＝11，c（H＋）＝10－11ml·L－1，则c（OH－）＝eq \f(Kw,c（H＋）)＝eq \f(10－14,10－11)ml·L－1＝0.001ml·L－1，溶液中c（BOH）≈0.100ml·L－1，c（B＋）≈c（OH－）＝0.001ml·L－1，BOH的电离常数Kb＝eq \f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)≈eq \f(10－3×10－3,0.100)＝1×10－5，故A错误；因n（BOH）＝0.002ml，a点加入的n（HCl）＝0.001ml，所以反应后剩余BOH的物质的量为0.001ml，生成0.001mlBCl，则a点溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH和BCl，a点溶液中存在电荷守恒：c（B＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－）①，存在物料守恒：c（B＋）＋c（BOH）＝2c（Cl－）②，①×2－②整理得c（B＋）＋2c（H＋）＝2c（OH－）＋c（BOH），故B正确；b点溶液中溶质为BCl，由A项分析可知BOH为弱碱，则BCl为强酸弱碱盐，B－水解使溶液显酸性，pH<7，b点溶液应为无色，故C错误；混合溶液pH＝7时，溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－），溶液中存在电荷守恒：c（B＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），则c（B＋）＝c（Cl－），酸碱混合后导致溶液体积增大，c（Cl－）减小，所以存在c（B＋）＝c（Cl－）<0.1ml·L－1，故D错误。
6．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0.1ml·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20mL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20mL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20mL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20mL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20mL，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。
7．答案：A
解析：根据图像，lgeq \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－）＝10－5ml·L－1，则25℃时0.1ml·L－1NaR溶液的pH约为9，A错误；当通入0.1mlNH3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，lgeq \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，lgeq \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－）)＝10－5×10－5ml·L－1＝10－10ml·L－1，则c（OH－）＝10－4ml·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）＝0.05ml·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＋）＝10－9.25ml·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。