统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练15电解质溶液中离子浓度的关系含解析

这是一份统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练15电解质溶液中离子浓度的关系含解析，共10页。试卷主要包含了应用① 物料守恒，5，且有c=c>c>c，应用③ 质子守恒，应用④ 离子浓度大小比较，28×10−5等内容，欢迎下载使用。


1.应用① 物料守恒
例1．在25mL 0.1ml/L NaOH溶液中逐滴加入0.2ml/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是（ ）
A．A、B之间任意一点，溶液中一定都有c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
B．B点，a＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
C．C点：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D．D点：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)
【解析】A．本实验是用CH3COOH滴定NaOH，A、B间溶液中溶质为NaOH和CH3COONa，当n(NaOH)>n(CH3COONa)，会出现c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，故A错误；B．当NaOH和CH3COOH恰好完全反应时，溶质为CH3COONa，溶液显碱性，B点对应的pH=7，即此时溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，a>12.5，有c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=
c(OH−)，故B错误；C．C点溶液显酸性，即c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒，有c(CH3COO−)>c(Na+)故C错误；D．D点时加入25mL醋酸，反应后溶质为CH3COONa和CH3COOH，且两者物质的量相等，依据物料守恒，推出c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确。
【答案】D
2.应用② 电荷守恒
例2．25℃时，将0.1ml NaOH固体加入1.0L浓度为x ml·L−1的HR溶液中（忽略溶液体积、温度变化），充分反应后向混合液中加入HR或NaR固体，溶液中lg变化如图。下列叙述正确的是（ ）
A．b点对应的溶液中c(Na+)>c(R−)
B．c点对应的溶液中R－浓度不能确定
C．a、b、c点对应的溶液中，Ka(HR)均为
D．a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：a>b>c
【解析】b点时，溶液为0.1ml NaOH固体加入1.0 L浓度为x ml·L−1的HR溶液中充分反应后的溶液，lg≈4，25℃时，c(H+)×c(OH−)=10-14，则c(H+)=10−5ml/L，同理c点时，溶液呈中性；a点c(H+)=10−3ml/L。A．b点对应的溶液中c(H+)=10−5ml/L，根据溶液呈电
中性，c(Na+)+c(H+)=c(R−)+c(OH−)，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH−)，故c(Na+)＜c(R−)，A叙述错误；B．c点对应的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=c(R−)，此时溶液中c(Na+)=
=0.2ml/L，R−浓度能确定，B叙述错误；C．a、b、c点对应的溶液中，温度未变，则Ka(HR)不变，c点溶液中，c(H+)=10−7ml/L，c(R−)=0.2ml/L，未电离的HR的浓度=x ml/L-0.1ml/L，故Ka(HR)==ml/L，C叙述正确；D．a、b、c点对应的溶液中，a中酸的浓度大于b，而c点为中性，故水的电离程度：a＜b＜c，D叙述错误；答案为C。
【答案】C
3.应用③ 质子守恒
例3．298K时，向20mL c ml·L−1 KOH溶液中滴加0.1ml·L−1 HCOOH溶液，混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．上述KOH溶液的浓度c＝0.01ml·L−1
B．B点对应的溶液中：c(K+)＝c(HCOO−)
C．E点对应的溶液中：c(OH−)＞c(H+)＝c(HCOOH)
D．若D点对应的甲酸溶液体积为V1mL，则HCOOH电离平衡常数
【解析】A．根据图像，开始时，A点的pH=13，说明KOH溶液的浓度c＝0.1ml·L−1，故A错误；B．B点对应溶液中的溶质是KOH和HCOOK，溶液显碱性，c(OH−)＞c(H+)，根据电荷守恒有：c(K+)＞c(HCOO−)，故B错误；C．E点为KOH与HCOOH恰好完全反应生成HCOOK，此时溶液呈碱性根据质子守恒有c(OH−)=c(H+)+c(HCOOH)，但c(H+)与c(HCOOH)不一定相等，故C错误；D．D点对应溶液中的溶质是HCOOH和HCOOK，显中性，则有c(K+)=c(HCOO−)==ml·L−1，c(HCOOH)==ml·L－1，则HCOOH电离平衡常数==，故D正确。
【答案】D
4.应用④ 离子浓度大小比较
例4．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（ ）
A．常温下，将0.1ml·L−1 NH4Cl溶液与0.05ml·L−1 NaOH溶液等体积混合溶液显碱性，
B．在小苏打溶液中存在：
C．常温下，向CH3COOH溶液中加入适量的 NaOH，得到PH=4的混合溶液：
D．pH=3的一元酸和pH=11的一元碱MOH等体积混合：
【解析】A．NH4Cl溶液与 NaOH溶液混合时发生反应：，NH4Cl有剩余且最后混合溶液中NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的物质的量相等，Cl−的物质的量等于NHeq \\al(+,4)和NH3·H2O的物质的量之和，所以c(Cl−)>c(NHeq \\al(+,4))，溶液呈碱性，则NH3·H2O的电离程度大于NHeq \\al(+,4)的水解程度，所以c(NHeq \\al(+,4))>c(Cl−)，且c(OH−)>c(H+)，NH3·H2O的电离是微弱的，OH−浓度较小，所以c(Na+)>c(OH−)，H+浓度最小，故离子浓度大小顺序为，A错误；B．在NaHCO3溶液中，根据物料守恒有
，所以有，B正确；C．CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，根据电荷守恒有，溶液PH=4，则有c(H+)>c(OH−)，所以，C错误；D．若为强酸，MOH为强碱，则两者电离出的H+和OH-的物质的量相等，溶液显中性，有，若一种为强电解质，另一种为弱电解质，则溶液不会显中性，c(H+)不等于c(OH−)；若两者均为弱电解质，溶液也不一定会显中性，D错误。选B。
【答案】B
提分训练
1．在0.1ml·L−1 NH4Cl溶液和0.1ml·L−1盐酸的混合溶液中，下列粒子浓度大小关系正确的是（ ）
A．c(NHeq \\al(+,4))>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
B．c(Cl−)>c(H+)>c(NHeq \\al(+,4))>c(OH−)
C．c(Cl−)>c(NHeq \\al(+,4))>c(H+)>c(OH−)
D．c(H+)>c(Cl−)>c(NHeq \\al(+,4))>c(OH−)
【解析】在0.1ml·L−1NH4Cl溶液和0.1ml·L−1盐酸的混合溶液中，由于氯化铵和盐酸都可以电离出氯离子，所以氯离子的浓度最大，若铵根不水解，则铵根和氢离子浓度相同，但铵根发生水解产生氢离子，所以氢离子的浓度大于铵根浓度，氢氧根全部由水电离，水的电离很微弱，所以溶液中的离子浓度大小关系为c(Cl−)>c(H+)>c(NHeq \\al(+,4))>c(OH−)，所以选B。
【答案】B
2．20mL 0.1000ml·L−1氨水用0.1000ml·L−1的盐酸滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是（ ）
A．该中和滴定适宜用酚酞作指示剂
B．两者恰好中和时，溶液的pH＝7
C．达到滴定终点时，溶液中：c(H+)＝c(OH−)+c(NH3·H2O)
D．当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c(NHeq \\al(+,4))+c(H+)【解析】A．反应终点生成氯化铵，水解显酸性，酚酞的变色范围为8～10，应选甲基橙作指示剂，故A错误；B．两者恰好中和时生成氯化铵，溶液的pH＜7，故B错误；C．物料守恒式为c(NHeq \\al(+,4))+c(NH3·H2O)=c(Cl−)，电荷守恒式为c(NHeq \\al(+,4))+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，则c(H+)=c(OH−)+c(NH3·H2O)，故C正确；D．溶液不显电性，遵循电荷守恒，则当滴入盐酸达30mL时，溶液中c(NHeq \\al(+,4))+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，故D错误；故答案为C。
【答案】C
3．常温下，用0.10ml∙L−1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml∙L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)B．点④所示溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)
C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)
D．点③所示溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)
【解析】A．点①溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，说明CN−水解程度大于HCN电离程度，则c(CN−)c(Na+)>c(CH3COOH)，则c(CH3COO−)>c(CN−)，A错误；B．点④溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，少量的弱酸根离子水解，水溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO−)，则c(Na+)>c(CH3COO−)>
c(OH−)>c(H+)，B错误；C．已知均为0.10ml∙L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液20.00mL，则醋酸的物质的量与氰酸相等，根据物料守恒得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(CN−)+c(HCN)
，则c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)等式成立，C正确；D．点③溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO−)，则c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+
c(H+)，根据点②，c(CH3COO−)=c(CH3COOH)时，溶液显酸性，与点③所示不符，D错误。
【答案】C
4．常温下甲酸(HCOOH)、苯甲酸(C6H5COOH)、碳酸的电离常数如表所示，下列各选项正确的是（ ）
A．25℃时1ml/L的HCOONa溶液中阴离子总浓度大于1ml/L的C6H5COONa溶液
B．25℃时等体积、相同pH的甲酸和苯甲酸溶液中投入足量锌粉，前者产生氢气的量大
C．1ml/L的甲酸溶液中粒子浓度关系是：c(H+)>c(HCOO−)>c(HCOOH)>c(OH−)
D．向Na2CO3溶液中加过量苯甲酸溶液发生反应的离子方程式是：COeq \\al(2−,3)+C6H5COOH=HCOeq \\al(−,3)+
C6H5COO−
【解析】根据电荷守恒HCOONa溶液中阴离子总浓度同样大于C6H5COONa溶液，故A正确；相同pH的甲酸和苯甲酸溶液后者浓度更大，等体积时后者产生氢气的量较大，故B错误；1ml/L的甲酸溶液中粒子浓度关系应为：c(HCOOH)>c(H+)>c(HCOO−)>c(OH−)，故C错误；苯甲酸的电离常数大于碳酸的第一步电离常数，因此向Na2CO3溶液中加过量苯甲酸的离子方程式是：COeq \\al(2−,3)+2C6H5COOH=CO2↑+H2O+2C6H5COO－，故D错误。
【答案】A
5．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1ml·L−1 CH3COONa溶液与0.1ml·L−1 HCl溶液等体积混合：c(Na+)＝c(Cl−)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)
B．0.1ml·L−1 NH4Cl溶液与0.1ml·L−1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NHeq \\al(+,4))＞c(Cl−)＞c(OH−)
C．0.1ml·L−1 Na2CO3溶液与0.1ml·L−1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na+)＝c(COeq \\al(2−,3))+
c(HCOeq \\al(−,3))+c(H2CO3)
D．0.1ml·L−1 Na2C2O4溶液与0.1ml·L−1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2Oeq \\al(2−,4))+c(HC2Oeq \\al(−,4))+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)
【解析】A．0.1ml·L−1 CH3COONa溶液与0.1ml·L−1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl,醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na+)＝c(Cl−)>c(CH3COO−)>c(OH−)，A选项正确；B．0.1ml·L−1 NH4Cl溶液与0.1ml·L−1氨水等体积混合，pH>7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，则c(NHeq \\al(+,4))>c(Cl−)>c(NH3·H2O)>c(OH−)，B选项错误；C．根据物料守恒，0.1ml·L−1 Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(COeq \\al(2−,3))+2c(HCOeq \\al(−,3))+2c(H2CO3)，0.1ml·L−1 NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(COeq \\al(2−,3))+c(HCOeq \\al(−,3))+c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(COeq \\al(2−,3))+3c(HCOeq \\al(−,3))+3c(H2CO3)，即c(Na+)＝c(COeq \\al(2−,3))+c(HCOeq \\al(−,3))+c(H2CO3)，C选项错误；D．0.1ml·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 ml·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝2c(C2Oeq \\al(2−,4))+c(HC2Oeq \\al(−,4))+c(OH−)+c(Cl−)，D选项错误；故答案为A。
【答案】A
6．已知：H2A=H++HA−，HA−H++A2−。25℃时，向20mL 0.1ml·L−1 H2A溶液中滴加0.1ml·L−1的NaOH溶液(忽略反应前后溶液体积变化)，下列说法正确的是（ ）
A．滴加过程中，溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)
B．当滴加至溶液呈中性时，滴入NaOH溶液体积小于20mL
C．当滴入NaOH溶液30mL时，3c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−)
D．当滴入NaOH溶液20mL时，c(A2−)=c(H+)-c(OH−)
【解析】已知：H2A=H++HA−，HA−H++A2−，则H2A是强酸，NaHA只电离不水解，其水溶液呈酸性，HA−部分电离，Na2A是强碱弱酸盐，水解呈碱性。向20mL 0.1ml·L−1 H2A溶液中滴加0.1ml·L−1的NaOH溶液，当加入20mL NaOH溶液时，反应所得为NaHA溶液，当加入40mL NaOH溶液时，反应所得为Na2A溶液；A．滴加过程中，电解质溶液电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，A错误；B．当滴加至溶液呈中性时，溶液为NaHA和Na2A的混合溶液，滴入NaOH溶液体积大于20mL，B错误；C．当滴入NaOH溶液30mL时，2n(Na+)=3n(A)，则2c(Na+)=3c(HA−)+3c(A2−)，C错误；D．当滴入NaOH溶液20mL时，反应所得为NaHA溶液，按物料守恒，c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)，结合电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，则有c(A2−)=c(H+)-c(OH−)，D正确；答案选D。
【答案】D
7．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A．Na2S溶液：c(Na+)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)
B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H+)+c(HC2Oeq \\al(－,4))+2c(H2C2O4)
C．Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)＝2c(COeq \\al(2－,3))+c(OH－)
D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)＝c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+2c(Cl−)
【解析】A项，由于S2−+H2OHS−+OH−、HS−+H2OH2S+OH−、H2OH++OH−，故离子浓度关系应为c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(H2S)，错误；B项，符合电解质溶液中质子守恒关系，正确；C项，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)＝c(HCOeq \\al(－,3))+2c(COeq \\al(2－,3))+c(OH−)，错误；D项，根据物料守恒，离子浓度的关系应为c(Na+)+c(Ca2+)＝c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+eq \f(1,2)
c(Cl−)，错误。
【答案】B
8．下列5种混合溶液，分别由0.1ml·L−1的两种溶液等体积混合而成：①CH3COONa与NaHSO4，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3，⑤CH3COONa与NaHSO3。下列各项排序正确的是（ ）
A．pH：②＞④＞⑤＞③＞①
B．c(CH3COOH)：①＞③＞⑤＞④＞②
C．eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)：①＞⑤＞③＞④＞②
D．c(CH3COO−)：②＞③＞④＞⑤＞①
【解析】A项中pH的大小关系为②＞④＞③＞⑤＞①；B项中c(CH3COOH)的大小关系为①＞⑤＞③＞④＞②；C项中eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)的大小关系为①＞⑤＞③＞④＞②,故正确；D项中c(CH3COO−)的大小关系 为②＞④＞③＞⑤＞①。
【答案】C
9．25℃时，用0.0500ml·L−1 H2C2O4溶液滴定25.00mL 0.l000ml·L−1 NaOH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(H+)+c(H2C2O4)+c(HC2Oeq \\al(−,4))=c(OH−)
B．点②所示溶液中：c(HC2Oeq \\al(−,4))+c(C2Oeq \\al(2−,4))=c(Na+)
C．点③所示溶液中：c(Na+)>c(HC2Oeq \\al(−,4))>c(H2C2O4)>c(C2Oeq \\al(2−,4))
D．滴定过程中可能出现：c(Na+)>c(C2Oeq \\al(2−,4))=c(HC2Oeq \\al(−,4))>c(H+)>c(OH−)
【解析】A．①点H2C2O4的体积为25mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成Na2C2O4，根据物料守恒，c(Na+)=2c(HC2Oeq \\al(−,4))+2c(H2C2O4)+2c(C2Oeq \\al(2−,4))，根据电荷守恒，得出c(Na+)+c(H+)=
c(HC2Oeq \\al(−,4))+2c(C2Oeq \\al(2−,4))+c(OH−)，两式联立得到c(H+)+c(HC2Oeq \\al(−,4))+2c(H2C2O4)=c(OH−)，故A错误；B．②点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒，得出：c(Na+)+c(H+)=c(HC2Oeq \\al(−,4)) +2c(C2Oeq \\al(2−,4))+c(OH−)，即c(Na+)=c(HC2Oeq \\al(−,4))+2c(C2Oeq \\al(2−,4))，故B错误；C．③所示溶液的体积50mL，草酸过量，溶液中的溶质为NaHC2O4，根据图像，此时溶液显酸性，即HC2O4－的电离程度大于水解，因此c(Na+)>c(HC2Oeq \\al(−,4))>c(C2Oeq \\al(2−,4))>c(H2C2O4)，故C错误；D．根据图示信息，点①时溶质是Na2C2O4，点③是溶质是NaHC2O4，因此在①③两点之间可能出现c(C2Oeq \\al(2−,4))=c(HC2Oeq \\al(−,4))，则滴定过程中可能出现c(Na+)>c(C2Oeq \\al(2−,4))=c(HC2Oeq \\al(−,4))>c(H+)>c(OH－)，故D正确。
【答案】D
10．用物质的量都是0.1ml的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO−)＞C(Na+)，对该混合溶液的下列判断正确的是（ ）
A．c(H+)＞c(OH−) B．c(CH3COOH)+c(CH3COO−)＝0.2ml/L
C．c(CH3COOH)＞c(CH3COO−) D．c(CH3COO−)+c(OH−)＝0.2ml/L
【解析】CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知c(CH3COO−)＞C(Na+)，根据电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)，可得出c(OH−)＜c(H+)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1ml/L的
CH3COOH和0.1ml/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，
即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO−的水解趋势。根据物料守恒，可推出B是正确的。
【答案】B
11．温度相同、浓度均为0.2ml·L−1的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NaHSO4、④NH4NO3、⑤Na2CO3、⑥CH3COONa溶液，它们的pH由小到大的排列顺序是（ ）
A．③①④②⑥⑤ B．①③⑥④②⑤ C．③②①⑥④⑤ D．⑤⑥②④①③
【解析】硫酸氢钠中的硫酸氢根离子完全电离，相当于一元强酸，所以其pH最小；硫酸铵、硝酸铵水解显酸性，但硫酸铵溶液中铵根离子浓度大，溶液的酸性强；硝酸钠溶液呈中性；碳酸钠和醋酸钠溶液显碱性，但碳酸钠水解程度大，碱性较强，则其pH由小到大的排列顺序是③①④②⑥⑤。答案选A。
【答案】A
12．已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1ml/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度的关系中（R表示S或C），一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．两溶液中、、分别相等
【解析】A．溶液中遵循质子守恒的规律，在NaHRO3溶液中，H2O和HROeq \\al(−,3)得到的质子数等于两者失去的质子数，H2O和HROeq \\al(−,3)分别得到一个质子后生成的粒子分别为H+、H2RO3，H2O和HROeq \\al(−,3)分别失去一个质子后生成的粒子分别为OH−、ROeq \\al(2−,3)，所以有，或者根据电荷守恒和物料守恒共同推导，A正确；B．ROeq \\al(2−,3)带两个单位负电荷，前面应乘以2才符合电荷守恒，B错误；C．对于NaHSO3，因为HSOeq \\al(−,3)的电离大于水解，所以有c(H+)>c(OH−)，而HCOeq \\al(−,3)电离小于水解，所以有c(H+)【答案】A物质
甲酸
苯甲酸
碳酸
电离常数
1.8×10−4
6.28×10−5
Ka1=4.45×10−7
Ka2=4.7×10−11