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）

练21　溶液中离子浓度大小比较1．[2023·湖南卷]常温下，用浓度为0.0200mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)D．水的电离程度：a<b<c<d2．[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(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)B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO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20mL0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液。实验Ⅱ：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·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)<c(HC2O)C．实验Ⅱ中发生反应HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H＋D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10－8mol·L－14．[2023·辽宁省名校联考]实验室用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·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)＝]。下列叙述错误的是(　　)A．x点对应溶液的pH约为5B．p点对应的溶液中，c(HAuCl4)＋2c(H＋)＝c(AuCl)＋2c(OH－)C．微粒b为AuCl，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)5．[2023·湖北联考]常温下，用0.100mol·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10－6B．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－)＝0.1mol·L－16．[2023·上海奉贤区月考]常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·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)＜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1L0.1mol·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lg的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)A．由图可推知，25℃时0.1mol·L－1NaR溶液的pH约为10B．当通入0.1molNH3时，所得溶液中：c(NH)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)<c(R－)＝c(NH)D．pH＝10时，所得溶液中：c(NH)<c(NH3·H2O)8．[2023·辽宁省实验中学测试]25℃时，用HCl气体调节0.1mol·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＝]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－)＝0.05mol·L－1B．P2所示溶液：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＋c(Cl－)C．P3所示溶液：c(NH)＋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＋）＝10－3.38mol·L－1，故Ka（CH3COOH）≈＝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）<c（CH3COO－），C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，故D项错误。2．答案：B解析：上层清液为CaCO3的饱和溶液，CO存在水解平衡，根据物料守恒，c（Ca2＋）＝c（CO）＋c（HCO）＋c（H2CO3），A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据Ka2＝，可得＝＝＝21，因此含碳微粒最主要以HCO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）<Ksp（CaSO4），CaCO3比CaSO4更难溶，加Na2SO4溶液不能实现CaCO3向CaSO4的有效转化，D项错误。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＝，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）>c（HC2O），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＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×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＋）＝＝0.06mol·L－1，溶液中c（C2O）＝＝mol·L－1＝4.0×10－8mol·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＋）＝1×10－3mol·L－1，Ka＝＝≈10－5，根据图像x点时，c（AuCl）＝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）＋c（OH－），根据物料守恒有2c（Na＋）＝c（HAuCl4）＋c（AuCl），两式联立消去c（Na＋）得：c（HAuCl4）＋2c（H＋）＝c（AuCl）＋2c（OH－），B正确；随着NaOH的加入，HAuCl4逐渐减少，AuCl逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl，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）>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，0.100mol·L－1BOH溶液的pH＝11，c（H＋）＝10－11mol·L－1，则c（OH－）＝＝mol·L－1＝0.001mol·L－1，溶液中c（BOH）≈0.100mol·L－1，c（B＋）≈c（OH－）＝0.001mol·L－1，BOH的电离常数Kb＝≈＝1×10－5，故A错误；因n（BOH）＝0.002mol，a点加入的n（HCl）＝0.001mol，所以反应后剩余BOH的物质的量为0.001mol，生成0.001molBCl，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－）<0.1mol·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0.1mol·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）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－）＋c（OH－）①，存在物料守恒c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＋c（Cl－）＝c（NH）＋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）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－）＋c（OH－），因溶液显中性即c（H＋）＝c（OH－），可得c（NH）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－），所以c（NH）>c（Cl－），D错误。 7．答案：A解析：根据图像，lg＝0时pH＝5，即＝1时c（H＋）＝10－5mol·L－1，则HR的电离平衡常数Ka＝＝10－5，所以NaR的水解平衡常数Kh＝＝10－9，Kh＝≈＝10－9，所以c（OH－）＝10－5mol·L－1，则25℃时0.1mol·L－1NaR溶液的pH约为9，A错误；当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4R，则NH的水解平衡常数为≈5.68×10－10＜Kh（HR）＝10－9，可知NH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）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H＋），B正确；pH＝7时，lg＝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）＝c（R－）＋c（OH－），可得c（R－）＝c（NH），所以c（HR）＜c（R－）＝c（NH），C正确；pH＝10时，lg＝5，＝10－5，根据电离平衡常数表达式Ka＝可得c（H＋）＝＝10－5×10－5mol·L－1＝10－10mol·L－1，则c（OH－）＝10－4mol·L－1，再结合NH3·H2O的电离平衡常数表达式可知，＝＝0.176＜1，所以c（NH）＜c（NH3·H2O），D正确。8．答案：D解析：根据图示可知P1时c（NH）＝c（NH3·H2O）＝0.05mol·L－1，溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（NH）＝c（OH－）＋c（Cl－），P1点溶液pH＝9.25，c（OH－）>c（H＋），因此c（Cl－）<c（NH）＝0.05mol·L－1，A错误；据图可知P2时pH＝7即c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒c（H＋）＋c（NH）＝c（OH－）＋c（Cl－）得c（NH）＝c（Cl－），P2时c（NH）＞c（NH3·H2O），所以c（Cl－）>c（NH3·H2O），c（OH－）＋c（Cl－）>c（NH3·H2O），B错误；根据图示可知P3时x＝＝1.0，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c（Cl－）＝c（NH）＋c（NH3·H2O），C错误；25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数K＝，当溶液中c（NH）＝c（NH3·H2O）时，pH＝9.25，即c（H＋）＝10－9.25mol·L－1，K＝＝c（OH－）＝＝10－4.75，D正确。