2024年高考化学二轮复习第一部分新高考选择题突破专题8电解质溶液新高考选择题突破(十三)　粒子浓度大小比较

新高考选择题突破(十三)粒子浓度大小比较1.(2023·江苏省苏州市统考一模)室温下，以0.2mol/L氨水吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))。H2SO3电离常数分别为Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－7。下列说法正确的是(B)A．c总＝0.1mol/L溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)B．pH＝7溶液中存在：c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))C．NH4HSO3溶液中存在c(H＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))＜c(H2SO3)·c(OH－)D．NH4HSO3溶液中加入过量Ba(OH)2发生反应的离子方程式：HSOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋OH－=BaSO3↓＋H2O【解析】若c总＝0.1mol/L，则根据质子守恒可知其中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)＋c(NHeq\o\al(＋,4))，A错误；根据电荷守恒可知：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，由于在室温下pH＝7溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，B正确；NHeq\o\al(＋,4)水解使溶液显酸性，HSOeq\o\al(－,3)在溶液中同时存在电离作用和水解作用。HSOeq\o\al(－,3)的电离平衡常数Ka2＝6.3×10－7，HSOeq\o\al(－,3)的水解平衡常数Kh2＝eq\f(10－14,1.3×10－2)＝7.7×10－13，HSOeq\o\al(－,3)电离程度大于其水解程度，因此溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H2SO3)，所以c(H＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H2SO3)·c(OH－)，C错误；NH4HSO3溶液中加入过量Ba(OH)2，要以不足量的NH4HSO3为标准，假设其物质的量是1mol，其电离产生的NHeq\o\al(＋,4)、HSOeq\o\al(－,3)都会与OH－发生反应，反应的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO3↓＋NH3·H2O＋H2O，D错误；故选B。2.(2023·天津河西统考一模)室温下，向20.0mL0.100mol·L－1的某弱酸HA的溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，过程中lgeq\f(cA－,cHA)随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(B)A．a到c的过程中，[n(HA)＋n(A－)]为定值B．a到c的过程中，水的电离程度不断减小C．b点时，c(Na＋)<c(HA)D．c点时加入碱的体积小于20mL【解析】根据物料守恒，a到c的过程中，[n(HA)＋n(A－)]为定值，故A正确；a到c的过程中，HA物质的量浓度不断减小，酸性不断减弱，抑制水的电离程度不断减弱，则水的电离程度不断增大，故B错误；b点时，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，溶液显酸性，则c(Na＋)<c(A－)，b点时lgeq\f(cA－,cHA)＝0，c(A－)＝c(HA)则c(Na＋)<c(HA)，故C正确；若HA恰好完全反应，加入碱的体积等于20mL，则此时溶质为NaA，NaA溶液中由于A－水解使溶液显碱性，c点溶液显中性，说明c点时加入碱的体积小于20mL，故D正确；故选B。3.(2023·上海杨浦统考二模)常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示，下列分析正确的是(C)A．①点：c(H＋)>c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)B．②点：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(HClO)C．③点：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋cD．④点：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)【解析】由图可知，①点氯气与水反应所得溶液为氯气的不饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，由电荷守恒关系c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)可知，溶液中c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)>c(H＋)，故A错误；由图可知，②点氯气与水反应所得溶液为氯气的饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，故B错误；由图可知，③点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由方程式可知，氯化钠和次氯酸钠的浓度相等，由物料守恒可得：c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，由溶液中的电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)可知，溶液中c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，故C正确；由图可知，④点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D错误；故选C。4.(2023·上海普陀统考二模)我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：下列说法正确的是(C)A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(NHeq\o\al(＋,4))B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4ClC．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)【解析】已知醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数相当，即CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相当，但CH3COOH的酸性强于H2CO3即CH3COO－的水解程度小于HCOeq\o\al(－,3)，即NHeq\o\al(＋,4)的水解程度小于HCOeq\o\al(－,3)，则反应所得到的NH4HCO3溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))＜c(NHeq\o\al(＋,4))，A错误；侯氏制碱首先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故沉淀池中的反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，B错误；饱和NaCl溶液中通入NH3后，根据溶液中电荷守恒可知，c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，又c(Na＋)＝c(Cl－)，故溶液中存在c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)，C正确；通NH3前的母液中除含有NH4Cl外，还含有未反应的NaCl，未析出的NaHCO3，故不存在下列物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，D错误；故选C。5.(2023·江苏省南通市如皋市统考一模)某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数Ka＝1.0×10－10，H2CO3的电离常数Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝5.6×10－11。下列有关说法正确的是(D)A．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中存在：c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)B．若反应1后溶液中存在c(Na＋)＝2c(C6H5O－)＋2c(C6H5OH)，此时溶液中c(C6H5O－)>c(HCOeq\o\al(－,3))C．反应2通入少量CO2时，离子方程式为C6H5O－＋CO2＋H2O=C6H5OH＋COeq\o\al(2－,3)D．反应2中通入CO2至溶液pH＝10时，此时溶液中存在c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)【解析】苯酚与苯互溶得到有机层和水层，操作1为分液，反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，操作2为分液，得到水层含苯酚钠，反应2中苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚，操作3为分液，分离出苯酚；0.1mol·L－1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，A错误；反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成C6H5ONa，存在物料守恒c(Na＋)＝2c(C6H5O－)＋2c(C6H5OH)，则c(Na2CO3)∶c(C6H5OH)＝1∶1，碳酸根离子存在水解平衡，第一步水解常数为Kh＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(1.0×10－14,5.6×10－11)＝eq\f(1,5.6)×10－3，苯酚的电离常数Ka＝1.0×10－10，说明碳酸钠的水解程度大于苯酚的电离程度，则生成碳酸氢根离子浓度大于苯酚根离子，此时溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))>c(C6H5O－)，B错误；根据弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，已知苯酚和碳酸的电离常数可知酸性：H2CO3>C6H5OH>HCOeq\o\al(－,3)，反应2通入少量CO2时生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5O－＋CO2＋H2O=C6H5OH＋HCOeq\o\al(－,3)，C错误；苯酚的电离常数Ka＝eq\f(cC6H5O－·cH＋,cC6H5OH)＝1.0×10－10，当c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)时，c(H＋)＝1.0×10－10mol/L，此时pH＝10，D正确；故选D。6.(2023·上海黄浦统考二模)室温时，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是(B)A．a点处存在c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1B．b点处存在c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)C．由b到c发生反应的离子方程式为H＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋2OH－=NH3·H2O＋H2OD．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点【解析】向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液100mL，正好将H＋中和完，a点混合液的体积为200mL，a点处存在c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.05mol·L－1，故A错误；当加入100mLNaOH溶液时，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))，pH＝7加入溶液NaOH溶液大于100mL，NHeq\o\al(＋,4)反应一部分，此时c(OH－)＝c(H＋)，故b点处存在c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；加入NaOH溶液0～100mL，H＋发生反应，100mL～200mL，NHeq\o\al(＋,4)参与反应，由b到c发生反应的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，故C错误；NH4HSO4电离出H＋抑制水的电离，随着氢氧化钠加入a点生成硫酸钠和硫酸铵，NHeq\o\al(＋,4)水解促进水的电离，接着再加入氢氧化钠，生成NH3·H2O，逐渐抑制水的电离，故水的电离程度最大的是a点，故D错误；故选B。7.(2023·江苏省无锡市统考一模)向吸收液中通入过量的SO2制备无水NaHSO3的主要流程如下，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，下列说法不正确的是(B)A．母液中：c(Na＋)<c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)B．中和后的溶液中：c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))C．吸收过程中有CO2气体产生D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)【解析】由题给流程可知，含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的母液与碳酸钠溶液中和得到吸收液，过量的二氧化硫与吸收液中的亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠、与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，反应得到的亚硫酸氢钠溶液结晶得到亚硫酸氢钠湿料和含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的母液；湿料经气流干燥制得亚硫酸氢钠。由分析可知，母液为含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na＋)<c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)，故A正确；由分析可知，中和后的溶液为含有亚硫酸钠的中和液，亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子大于亚硫酸氢根离子，故B错误；由分析可知，吸收过程中过量的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，故C正确；碳酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，故D正确；故选B。8.(2023·江苏南通统考二模)一种脱除燃煤烟气中SO2的方法如图所示。室温下用氨水吸收SO2，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))。下列说法正确的是(C)A．0.1mol·L－1氨水中：c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)B．NH4HSO3溶液氧化过程中eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)比值逐渐减小C．0.1mol·L－1氨水吸收SO2，c总＝0.05mol·L－1溶液中：c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)<c(OH－)＋c(NH3·H2O)D．1L0.1mol·L－1氨水吸收标准状况1.68LSO2后的溶液中：4[c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))]＝3[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]【解析】0.1mol·L－1氨水中NH3·H2O部分电离产生NHeq\o\al(＋,4)和OH－，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)，故A错误；NH4HSO3溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为2HSOeq\o\al(－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，溶液酸性增强，c(OH－)减小，则eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(Ka,cOH－)增大，故B错误；NH3·H2O和SO2得到NH4HSO3,0.1mol·L－1氨水吸收SO2，c总＝0.05mol·L－1溶液时，此时溶液为等浓度的NH4HSO3和NH3·H2O混合溶液，电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(H2SO3)＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，则c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，则c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)<c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故C正确；1.68LSO2的物质的量为eq\f(1.68L,22.4L·mol－1)＝0.075mol,1L0.1mol·L－1氨水吸收0.075molSO2得到含有0.075molNH4HSO3和0.025molNH3·H2O的混合溶液，则存在物料守恒3[c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))]＝4[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]，故D错误；故选C。9.(2023·山东烟台一模)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb及少量BaSO4，从中回收PbO的工业流程及一些难溶电解质的溶度积常数如下：AWPbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9下列说法错误的是(D)A．“脱硫”的目的是将PbSO4转化为PbCO3B．滤渣的主要成分为BaSO4C．“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂D．“沉铅”后的滤液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)【解析】“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，平衡常数K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(2.5×10－8,7.4×10－14)>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失，A正确；加入碳酸钠时，BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(1.1×10－10,2.6×10－9)<105，说明该反应正向进行的程度有限，BaSO4不溶于醋酸，所以滤渣的主要成分为BaSO4，B正确；酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb(CH3COO)2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(CH3COO)2，铅元素化合价由＋4价降低到了＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，C正确；加入碳酸钠时，BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，“脱硫”时生成少量BaCO3，“酸浸”时溶于醋酸，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋，“沉铅”后的滤液中存在2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，D错误；故选D。10.(20