新教材2022届新高考化学人教版一轮学案：微专题·大素养 15 溶液中离子浓度大小判断

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溶液中离子浓度大小判断
【知识基础】
判断溶液中离子浓度大小关系，必须掌握溶液中的各种电离过程、反应过程、平衡过程，透彻理解三个基本平衡常数，准确把握三个守恒关系。
一、三个基本平衡常数
二、三个守恒关系
1.电荷守恒
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO3-、CO32-、OH－，存在如下关系：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-）。
2.物料守恒
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的，如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c（K＋）＝2c（S2－）＋2c（HS－）＋2c（H2S）。
3.质子守恒
如Na2S水溶液中的质子转移图示如下：
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示如下：c（H3O＋）＋2c（H2S）＋c（HS－）＝c（OH－）或c（H＋）＋2c（H2S）＋c（HS－）＝c（OH－）。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
4.溶液中离子浓度大小实例分析
【素养专练】
一、常规判断
1.下列各溶液中，粒子的物质的量浓度关系表述正确的是（ ）
A．（NH4）2SO4溶液中：c（SO42-）>c（NH4+）>c（H＋）>c（OH－）
B．NaHCO3溶液中：c（Na＋）＝c（HCO3-）＋c（H2CO3）＋2c（CO32-）
C．氨水中，c（OH－）＝c（NH4+）
D．NH4Cl溶液中：c（Cl－）＝c（NH4+）＋c（NH3·H2O）
2.有4种混合溶液，分别由下列等体积的0.1 ml·L－1的两种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。下列各项排序中正确的是（ ）
A．pH：②>③>④>①
B．c（CH3COOH）：①>④>③>②
C．c（CH3COO－）：②>④>③>①
D．溶液中c（H＋）：①>③>②>④
3.常温下，下列说法不正确的是（ ）
A．0.2 ml·L－1的NaHCO3溶液中：c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（OH－）＞c（H＋）
B．0.02 ml·L－1的NaOH溶液与0.04 ml·L－1的NaHC2O4溶液等体积混合：2c（OH－）＋c（C2O42-）＝c（HC2O4-）＋2c（H＋）
C．叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相近，0.1 ml·L－1NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为c（Na＋）＞c（NN3-）＞c（OH－）＞c（H＋）
D．向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH＝7，则混合液中c（NH4+）＝c（Cl－）
4.室温下，取20 mL 0.1 ml·L－1某二元酸H2A，滴加0.2 ml·L－1NaOH溶液。
已知：H2A===H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。下列说法不正确的是（ ）
A．0.1 ml·L－1H2A溶液中有c（H＋）－c（OH－）－c（A2－）＝0.1 ml·L－1
B．当滴加至中性时，溶液中c（Na＋）＝c（HA－）＋2c（A2－），用去NaOH溶液的体积小于10mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pHc（H＋）>c（Na＋）>c（N3-）
C．在C点，滴加的V（HN3）＝12.5 mL
D．在D点，c（Na＋）＝2c（HN3）＋2c（N3-）
7.常温下，用0.100 0 ml·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 ml·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：
c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（CH3COOH）＋c（H＋）
B．点②所示溶液中：
c（Na＋）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）
C．点③所示溶液中：
c（Na＋）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）
D．滴定过程中可能出现：
c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（Na＋）＞c（OH－）
8.已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）＝0.10 ml·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A．pH＝7的溶液中：c（Na＋）＞2c（A2－）
B．E点溶液中：c（Na＋）－c（HA－）＜0.10 ml·L－1
C．c（Na＋）＝0.10 ml·L－1的溶液中：c（H＋）＋c（H2A）＝c（OH－）＋c（A2－）
D．pH＝2的溶液中c（H2A）＋c（A2－）＞c（HA－）
9.已知：H2A为二元弱酸，25 ℃时，在0.1 ml·L－150 mL的H2A溶液中，H2A、HA－、A2－的物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示（注：溶液的pH用NaOH固体调节，体积变化忽略不计）。
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＝3时，c（HA－）＞c（A2－）＞c（H2A）
B．pH在0～7中，c（HA－）＋c（A2－）＋c（H2A）＝0.1 ml·L－1
C.在pH 3→6的过程中，主要发生反应HA－＋OH－===A2－＋H2O
D．在pH＝4.3时，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋2c（HA－）
10.25 ℃时，改变0.1 ml·L－1RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO－的微粒分布分数a（X）＝c（X）/[c（RCOOH）＋c（RCOO－）]；甲酸（HCOOH）与丙酸（CH3CH2COOH）中酸分子的分布分数与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．丙酸的酸性比甲酸强
B．CH3CH2COOH⇌CH3CH2COO－＋H＋的 lg K＝－4.88
C．若0.1 ml·L－1甲酸溶液的pH ＝2.33，则0.01 ml·L－1甲酸溶液的pH＝3.33
D．将0.1 ml·L－1的HCOOH溶液与0.1 ml·L－1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na＋）>c（HCOOH）＞c（HCOO－）>c（OH－）>c（H＋）
方法总结
分布曲线图像的解读方法
分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数（即组分的平衡浓度占总浓度的分数）为纵坐标的关系曲线。
eq \x(温馨提示：请完成课时作业26)
微专题·大素养15
【素养专练】
1．解析：A项，根据(NH4)2SO4的组成和水解是微弱的，溶液中应有c(NH4+)>c(SO42-)>c(H＋)>c(OH－)；B项，根据物料守恒可知：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)；C项，氨水中的电荷守恒式为c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)，故c(OH－)>c(NH4+)；D项中等式为物料守恒式，正确。
答案：D
2．解析：④中还存在能水解的HCO3-，故④的碱性强于③，A错误；由于④中两种阴离子水解相互抑制，故水解生成的醋酸分子比③中的少，B错误；④中CH3COO－浓度比③中的大，②中CH3COO－的水解受到NaOH的强烈抑制，使得溶液中CH3COO－的浓度最大，①中两种溶液混合后恰好反应生成醋酸，醋酸为弱电解质，故其电离程度较小，溶液中CH3COO－的浓度最小，C正确；②的溶液碱性最强，即②中c(H＋)最小，D错误。
答案：C
3．解析：NaHCO3溶液呈碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(H＋)，A项正确；混合后得到等物质的量浓度的Na2C2O4、NaHC2O4的混合溶液，根据电荷守恒得：c(OH－)＋2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＝c(Na＋)＋c(H＋)，根据物料守恒得：2c(Na＋)＝3[c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)]，消去c(Na＋)，得：2c(OH－)＋c(C2O42-)＝c(HC2O4-)＋3c(H2C2O4)＋2c(H＋)，B项错误；NaN3为强碱弱酸盐，N3-水解使溶液呈碱性，c(Na＋)＞c(N3-)＞c(OH－)＞c(H＋)，C项正确；根据电荷守恒得：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，故c(NH4+)＝c(Cl－)，D项正确。
答案：B
4．解析：对于0.1 ml·L－1H2A溶液而言，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋ 2c(A2－)，根据物料守恒可知c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 ml·L－1，又H2A第一步完全电离，故c(H2A)＝0，将c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 ml·L－1代入c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)＋0.1 ml·L－1，故c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 ml·L－1，A项正确；当溶液呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可得c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，若用去的NaOH溶液体积为10 mL，此时溶液的溶质为NaHA，由于HA－只电离，不水解，故此时溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则NaOH溶液的体积必须大于10 mL，B项错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA－只电离，不水解，此时溶液呈酸性，pHc(N3-)>c(OH－)>c(H＋)，B项错误；NaN3属于强碱弱酸盐，NaN3溶液因N3-发生水解而呈碱性，C点溶液呈中性，说明此时HN3过量，V(HN3)>12.5 mL，C项错误；D点溶液中，c(NaN3)＝c(HN3)，根据物料守恒，2c(Na＋)＝c(HN3)＋c(N3-)，D项错误。
答案：A
7．解析：点①溶液中的溶质为0.001 ml CH3COOH和0.001 ml CH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；点②溶液的pH＝7，据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)；点③溶液中的溶质为0.002 ml CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
答案：D
8．解析：根据电荷守恒，pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)，故A正确；根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)－c(H＋)，E点溶液中c(A2－)＝c(HA－)，c(OH－)＜c(H＋)，所以c(Na＋)－c(HA－)＝c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)－c(H＋)＜0.10 ml·L－1，故B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝0.10 ml·L－1，即c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝c(Na＋)，所以c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)，故C正确；根据图像pH＝2的溶液中，c(H2A)＋c(A2－)＜c(HA－)，故D错误。
答案：D
9．解析：H2A属于二元弱酸，加入NaOH固体调节pH，反应的先后顺序是H2A＋NaOH===NaHA＋H2O，NaHA＋NaOH===Na2A＋H2O，①代表的H2A，②代表的是HA－，③代表的是A2－。A项，根据图像，pH＝3时，浓度大小顺序是c(HA－)＞c(A2－)＞c(H2A)，正确；B项，根据物料守恒，有c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)＝0.1 ml·L－1，正确；C项，pH在3→6的过程中，HA－浓度降低，A2－浓度升高，即发生反应HA－＋OH－===A2－＋H2O，正确；D项，根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，错误。
答案：D
10．解析：A.根据图像中酸分子的分布分数大小进行判断，酸分子的分布分数越大，酸性越弱；B.根据图像中给定的信息pH＝4.88时，c(CH3CH2COOH)＝c(CH3CH2COO－)，并结合电离方程式进行解析；C.弱酸溶液加水稀释，促进弱酸的电离；D.根据图示信息，甲酸的电离平衡常数10－3. 75，电离程度大于HCOO－水解程度，所以HCOOH与HCOONa(1:1)的混合液显酸性。据此解答问题。由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A错误；pH＝4.88时，丙酸的酸分子的分布分数为50%，即c(CH3CH2COOH)＝c(CH3CH2COO－)， 针对CH3CH2COOH⇌CH3CH2COO－＋H＋电离过程可知，lg K＝lg c(H＋)＝－4.88，B正确；稀释弱酸，电离程度增大，故0.1 ml·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 ml·L－1甲酸溶液的pH