高三化学化学反应原理专题练-28单一溶液中粒子浓度大小比较

2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_28单一溶液中粒子浓度大小比较一、单选题（本大题共12小题，共36分）在NaHS溶液中，存在多种微粒，下列关系中不正确的是(    )A.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H下列说法关于离子浓度说法不正确的是(    )A.室温下，向0.20

mol/L

NH4HCO3中通入CO2至溶液呈中性：c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)

B.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c(Cl-)>c(NH4+在0.1mol⋅L-1的NA.c(Na+)=2c(CO32-) B.H2SO3是二元弱酸，NaHSO3A.c(HSO3-) > c(H2SO3已知某溶液中仅存在OH-、H+、NH4+A.C(Cl-)>C(NH4+)>C(H+)>C(OH0.1 mol·L-1HF溶液中的c(H+)=0.01 mol·L-1，已知水是极弱的电解质，只电离出极少量的A.c(H+)>c(F-) B.c(常温下，有盐酸和醋酸两种溶液，c(Cl-)=c(CHA.醋酸溶液的pH大于盐酸

B.醋酸溶液的浓度小于盐酸

C.分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：c(Cl-)=c(CH3工业用Na2SO3溶液吸收SO2，减少空气污染。常温下，测得NacS91:91:19:91pH8.27.26.2A.Ka1(H2SO3)<1×10-7.2

B.NaHSO3吨溶液的pH<7，c常温下联氨(N2H4)②N2该溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-lg c(OH-)A.图中Ⅲ对应的微粒为N2H62+

B.若C点为N2H5Cl溶液，则存在：c(Cl-)>c(N2H5+)+2c(N25℃时，改变0.1mol·L-1H2SOA.1gK1(H2SO3)=-1.9

B.pH=3时，c(HSO 常温时，K2FeO4溶于水后，会水解生成如下图中的物质，纵坐标表示其分数分布，横坐标表示pH，则下列说法不正确的是(A.FeO42-+H2O⇌HFeO4-+OH-的平衡常数为10-6.6

B.从pH=1到pH=2.6，25℃时，改变0.1mol·L-1H2SO3溶液的pHA.K1(H2SO3)=-1.9

B.pH=3时，c(HSO3二、填空题（本大题共7小题，共52分）(1)0.1 mol·L-1________________________________________________________________________。(2)0.1 mol·L-1________________________________________________________________________。(3)0.1 mol·L-1________________________________________________________________________。(4)0.1 mol·L-1________________________________________________________________________。已知某无色透明的溶液中只含有NH4+、Cl-、H+、OH-4种离子，该溶液的溶质组分可能是①NH4Cl；四种离子浓度大小比较，以上溶液①中c(Cl-)>c(_____)>c(_____溶液②(假定两种溶质的物质的量之比为1:1)中c(_____)>c(_____)>c(_____)>c(_____)溶液③(假定两种溶质的物质的量之比为1:1)中c(_____)>c(_____)>c(_____)>c(_____)常温下，用0.01mol⋅L-1的NaOH标准溶液滴定a点溶液呈_________(填“酸”“碱”或“中”)性；b点溶液中各离子浓度的大小关系为__________________________________________。某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-.回答下列问题：

(1)在0.1mol⋅L-1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系不正确的是______。

A.c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol⋅L已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：H2SO4=H++HSO 4-，HSO 4-⇌H++SO 42-。

(1)Na2SO4溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是_______________________________(用离子方程式表示)。

(2)在25 ℃时0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO 42-)=0.029 mol·L-1，则25 ℃时，0.1 mol·L-1H2S不同溶液，同一离子有物质的量浓度相同的以下几种溶液：

①(NH4)2SO4溶液②(NH4)2CO3溶液③NH4HSO4溶液NH4Al(SO4(1)NH4Al(SO4)(2)相同条件下，0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH 4+)__________(3)如图是0.1 mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图象。①其中符合0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH②20 ℃时，0.1 mol·L-1N(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

试分析图中a、b、答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，灵活运用电荷守恒和物料守恒分析解答即可。【解答】硫氢化钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答。A.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)，故A正确；

B.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(N2.【答案】B

【解析】解：A.溶液呈中性，则c(

OHˉ)=c

(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A正确；

B.二者的物质的量相等，二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈弱酸性，则c(

OHˉ)<c

(H+)，根据电荷守恒得c(Cl-)>c(NH4+)，但是其水解程度较小，所以存在c(Cl-)>c(NH4+)>c

(H+)>c(

OHˉ)，故B错误；

C.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3.【答案】C

【解析】解：A.碳酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)>2c(CO32-)，故A错误；

B.碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子、碳酸氢根离子和水电离都生成氢氧根离子，只有水电离生成氢离子，所以c(OH-)>2c(H+)，故B错误；

C.碳酸根离子第一步水解远远大于第二步，所以c(HCO3-)>c(H2CO34.【答案】B

【解析】【分析】本题考查离子浓度大小比较，题目难度较难，注意解答本题的关键是把握题中亚硫酸氢钠溶液呈酸性的特点，答题时注意溶液电中性以及物料守恒的运用。【解答】

A.NaHSO3溶液显酸性即HSO3-B.溶液遵循电中性原则，则有c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，c(Na+) + c(H+) >c(HSO3-) + c(O5.【答案】C

【解析】解：A.电解质溶液中都存在电荷守恒，C(Cl-)>C(NH4+)，则C(H+)>C(OH-)，故A正确；

B.电解质溶液中都存在电荷守恒，C(C1-)=C(NH4+)，则C(H+)=C(OH-)，故B正确；

C.电解质溶液中都存在电荷守恒，如果c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+)，故C错误；

D.当溶液中含有大量的6.【答案】A

【解析】【分析】

该题主要考查弱电解质中离子浓度的大小比较。

【解答】

A.c(H+)包含可HF电离的和水中电离的，故c(H+)>c(F-)，A正确；

B.c(H+)=0.01 mol·L-1HF的电离只电离了约10%，因此c(H+)>c(HF)，B错误；

C.7.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度不大，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握影响弱电解质电离的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】

A.据电荷守恒，c(Cl-)=c(CH3COO-)则氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；

B.醋酸是弱电解质，在溶液中会发生不完全电离，而c(Cl-)=c(CH3COO-)，Cl-是由盐酸完全电离产生的，说明醋酸的浓度要大于盐酸，故B错误；

C.加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸根离子的物质的量增大，而氯离子的物质的量不变，根据c=nV可知稀释后8.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、盐类水解原理、离子浓度大小和电荷守恒、物料守恒的分析判断，注意图表的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

【解答】

A.由表中信息可知：当c (SO32-)=c (HSO3-)时，pH=7.2，c(H+)=10-7.2mol/L，H2SO3溶液第二级电离平衡常数为：Ka2=cH+·cSO32-cHSO3-=10-7.2×11=10-7.2，因为亚硫酸为二元弱酸，存在电离平衡，而且K9.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查化学平衡图像题，涉及离子浓度大小比较等，需要分析图像所给的信息，以及各个特殊点的状态，离子浓度大小比较需要结合电荷守恒来分析，难度较大。

【解答】

横坐标为c(OH-)的负对数值，从左到右c(OH-)的浓度越来越小，越能促进N2H4电离，纵坐标为微粒的物质的量分数δ(X)，故Ⅰ对应的微粒为N2H4，Ⅱ对应的微粒为N2H5+，Ⅲ对应的微粒为N2H62+，据此解答。

A.根据以上分析可知图中Ⅲ对应的微粒为N2H62+，故A正确；

B.在N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+

)+2c(N2H62+)+c(H+)，C点溶液显酸性即c(H+)>c(OH-)，所以存在：c(Cl-)>c(N2H510.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等，结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1(H2SO3)=10-1.9和K2(H2SO3)=10-7.2。

【详解】

A.由分析可知，K1(H2SO3)=10-1.9

，则1gK1(H11.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度中等，涉及平衡常数计算、离子方程式书写、盐的水解原理及其影响等知识，试题知识点较多，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力。【解答】A.根据图像知c(FeO42-)=c(HFeO4-)时pH=7.4，即B.根据图片知，从pH=1到pH=2.6，H2FeO4的分布分数逐渐增大

，故B正确；

C.向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：D.不同PH值时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在PH值等于6时，就只有两种形态，故D错误。故选D。12.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查弱酸在改变溶液pH值时，根据各微粒的物质的量分数(α)变化图像，判断离子浓度的变化。

【解答】

A.由图像可知：K1(H2SO3)=-1.9，故A正确；

B.pH=3时，c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)，故B正确；13.【答案】(1)c((2)c(C(3)c(N(4)c(N【解析】略

14.【答案】NH4Cl；HCl；NH4Cl；NH3·H2O；

NH4+；H+；OH-

；

C【解析】【分析】

本题考查离子浓度大小的比较，熟悉溶液中的电荷守恒及物料守恒是解答本题的关键，注意溶液中溶质的判断及离子的水解为解答的难点，题目难度不大。

【解答】

该溶液的溶质组分可能是①NH4Cl，溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，

若该溶液为②HCl和NH4Cl溶液，溶液显酸性，离子浓度大小为，c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，

该溶液的溶质组分可能是③NH4Cl、NH3⋅H2O，两种溶质的物质的量之比为115.【答案】酸；c(Na【解析】【分析】

本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，根据电荷守恒、物料守恒分析解答，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．

【解答】

观察图可得，a点加入的氢氧化钠溶液为20mL，则氢氧化钠和醋酸恰好反应生成草酸氢钠，即溶液中溶质为NaHC2O4 ,HC2O4-在溶液中发生电离与水解，存在平衡：HC2O4-+H16.【答案】A

<

【解析】解：(1)A.根据物料守恒，c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，故A错误；

B.根据氢离子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HA-)，故B正确；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(

Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，故C正确；

D.根据B、C可以得出c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)，故D正确。

故选A；

(2)因为0.1mol⋅L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-⇌H++A2-17.【答案】(1)碱性；SO42-+H2O⇌OH-+HSO4-；

(2)【解析】【分析】

本题考查电解质的电离和离子方程式的书写，溶液中电荷守恒应用，物料守恒的应用，题目难度中等，本题注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维，从题目实际出发，加强自学能力的培养。

【解答】

(1)根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H++HSO4-，第二步电离并不完全：HSO4-⇌H++SO42-，则Na2SO4溶液存在SO42-+H2O⇌OH-+HSO