專題35 離子濃度大小比較第01期-2017年高考化學備考之

畝療毎怎靑備靑總【壺年;6靑衷龜】楣>1薇專題35黑于液度大小比較(滿分60分時間25分鐘)姓名：班級：得分：1【2013年高考廣東卷第12題】50°C時，下列各溶液中，離子的物質(zhì)的量濃度關系正確的是()pH=4的醋酸中：c(H+)=4.0mol?L-1飽和小蘇打溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)飽和食鹽水中:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)pH=12的純堿溶液中：c(OH-)=1.0x10-2mol^L-!【答案】C【解析】試題分析：宙溥液田計算表達式可得，琲巧=1尸％ol/L,WJpH=4的醋酸中c(H+)=10^mobL-1,A項錯溟：小蘇打的化學式是ZHCg鳳于鈉鹽、酸式鹽，在水中能芫堂電離，即閘門鈉離子不能水解，而HGO廠不漢少部分水解生成碳酸，還有少咅吩H8廠電離出碳酸根離子，即HCOsTrfcdrwcMOH-.hco汀—h+心疔，且其水解程度大于電福程虧則泡和小蘇打濬液中：辱叫呻8門JB頃錯最飽和食鹽水中濬険為血6潯劑為比0前者全部電離為Nf、CT,后者部分電離為OHSHS根據(jù)電荷守恒原理可得：臥利-c(H^)=cfCl-MOH-),C項正確]25t^t雖尸呻少戌0擊尸16俗叫水的電離是吸熱反屈升嵩遵度能促佞田—H*gr的電離平衡右移，RiJSOW-Kw=<?(H+)-t(OH)>l.Ox10"1#,pH-12屯堿邃液中鳳屮片10一叫110叫1曠c(OH>c(H*>1.0xW'2molL_1,D項錯逞*考點：考查水溶液中離子濃度大小的比較2【2014年高考天津卷第5題】下列有關電解質(zhì)溶液中粒子濃度關系正確的是()pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)含有AgCl和Agl固體的懸濁液：c(Ag+)>c(C1-)=c(l-)CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)D?含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2c(HC2O4J+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]答案】A【解析】試題好析：根據(jù)電解陵溶浹中的電荷守恒、物料守恒、陽電解質(zhì)的電離平衞和沉淀滝解平術規(guī)律分析高子濃虞關系?A.根岷電荷守恒(pH=l的NaHSS港液存在：c(Na*)+c(H+)=2g(SOi3-)+c(OIT),因為c(Na+)-g(SOi2-),所以c(H+)=c<SW)-c(OIT),正確$B.含有AgCl和嗣固林的懸c(A^)>c(CT)>c(Br),錯隔匚訊g的第一步電離大于第二步電離，所以<H+)>c(HO03-)但c(HCOD不等于試GO/)錯誤]臥NaHGOn和MuGOi的物質(zhì)的量的相等'NaHCsOi根據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=c(HC2O4-)-<(C2a2-)-c(HiCaCM),NaaGQ根據(jù)物料守恒可得：即眄=2[曲00)代所以瀋液中2◎寸)=3[gHGO<)+棗妙沖-)+^?。<)],錯謂*理解、運用各種守恒規(guī)律分折、判斷，如MaHGO*和NajCG分別根擔物料守恒得出守恒關系，然后得出正確的結(jié)論?？键c：本題主要是考查溶液中離子濃度大小比較，涉及弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解、溶解平衡3【2016年高考四川卷】向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個不同的反應，當0.01mol<n(C02)0.015時發(fā)生的反應是：2NaAlO2+CO2+2H2O=2Al(OH)3(+Na2CO3。下列對應關系正確的是選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質(zhì)的量濃度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)【答案】D解析】試題分析：向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳，首先進行的反應為氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，0.02mol氫氧化鈉消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸鈉；然后偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，0.01mol偏鋁酸鈉消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸鈉；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氫鈉。A、未通入二氧化碳時，根據(jù)溶液中的電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),c(Na+)Vc(AlO2-)+c(OH-),錯誤；B、當通入的二氧化碳為0.01mol時，則溶液為含有0.01mol碳酸鈉和0.01mol偏鋁酸鈉的混合液，因為碳酸酸性強于氫氧化鋁，所以偏鋁酸根離子水解程度比碳酸根離子強，則偏鋁酸根離子濃度小于碳酸根離子濃度，錯誤；C、當通入的二氧化碳為0.015mol時溶液中含有0.015mol碳酸鈉，離子濃度的關系為c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)c(HCOJ,故錯誤；D、當通入二氧化碳的量為0.03mol時，溶液為碳酸氫鈉溶液，溶液顯堿性，離子濃度關系為c(Na+)>c(HCOJ>c(OH-)>c(H+),故正確。

【考點定位】考查電解質(zhì)溶液中的離子平衡，鈉、鋁及其化合物的性質(zhì)【名師點睛】本題將元素化合物知識與電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較綜合在一起考查，熟練掌握相關元素化合物知識，理清反應過程，結(jié)合相關物質(zhì)的用量正確判斷相關選項中溶液的成分是解題的關鍵。電解質(zhì)溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性，進行比較。涉及等式關系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質(zhì)子守恒式的靈活運用。4【2015浙江理綜化學】40°C時，在氨一水體系中不斷通入CO2，各種離子的變化趨勢如下圖所示。下列說法不．正．確．的是()第12第12題團在pH=9.0時，c(NH4+)>c(HCO；)>c(NH2COO_)>c(CO32-)不同pH的溶液中存在關系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO「)+c(OH")C.C.隨著co2的通入，詁!0；)。)不斷增大D.在溶液中pH不斷降低的過程中，有含NH2C00"的中間產(chǎn)物生成答案】C【解析】試題分析：擬在pH=9.0時，作直線垂直于橫坐標,從圄上可直接看得出：c(NHZ)(HCO7)>c(NH2COO-)>c(COj2-),A正確；E、根據(jù)電荷守恒可得：f?HZ)+f(lT)=2f(COQ-)+c(HCO廠)5昭coo—+gH“E正確,C.盎擊膺隠罷T總3切變，c(NHr)不斷増大，則比值不斷減小，c不正確；D、從團上看，pH降低過程中，有含NHjCOO-的中間產(chǎn)物生成，D正確。答案選考點：本題主要是考查電解質(zhì)溶液中離子濃度大小關系，電荷守恒關系，圖像分析應用等。5【2013年高考浙江卷第12題】25°C時，用濃度為0.1000mol?L-1的NaOH溶液滴定20.00mL濃度均為0.1000mol』-1的三種酸HX、HY、HZ滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HZVHYVHX根據(jù)滴定曲線，可得K(HY)a1>a將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時：c(X-)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)HY與HZ混合，達到平衡時：c(H+)=K(HY)"(HY)+c(Z-)+c(OH-)c(Y)答案】B【解析】試題分析：試題分析：濃度均為0.lOOOmol/L的三種酸HX、HY、HZ,根據(jù)滴定曲線0點三種酸的pH可得HZ是強酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY>HXoA選項：同溫同濃度時，三種酸的導電性：HZ>HY>選項：當NaOH滴加到10汕時，溶酒中即C選項：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時,HY早被完全中和,所得滾液是NaY和NaX混合滾溉但因酸性：HY>HX,即疋的水解程度犬于廠，滾液中c(^)>c(5O0D選項：HY與HZ混合，滾漓的電荷守恒式為：c(H-)=tCTlc(27)又根據(jù)HY的電禽平衡常數(shù):輕日詒*口上空沁所以達平衡后：c(ir)=-卜+c(oh-)考點：考查溶液酸堿性問題，涉及到pH值和溶液稀釋的相關問題。6【2015江蘇化學】室溫下，向下列溶液中通入相應的氣體至溶液pH=7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略)，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是()向0.10mol^L-!NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)向0.10mol?L-1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32-)0.10mol?L-1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]0.10mol?L-1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)答案】D【解析】試題分析：跟兩者不反應，根據(jù)滾液呈現(xiàn)電中性，c(NH4t)+c(H-)=c(OH-)+o(HCO3-)+,因為pH=7,c(H+)-c(OH_),即c(NHOFHCO廠)+故錯誤；B.HSOj-^^H++SOj2\NHj和H+反應，生成亞硫酸鈉和亞硫酸謖，水解的程度是微弱的，3)那時故錯誤,GNaiSOj+SQi+H2O2N3HSO3,pH=7；反應后溶液的滾質(zhì)Na^SOi.NaHSOj,根據(jù)物料守恒：2<Na+)=3[c(SO32_)+c(HSOj_)+cflhSOs)],故錯誤；D、CHsCOONa+HC1=CH3COOH+Nad,濬液pH=.反應后的濬質(zhì)：Nad.CHjCOOH,CHsCOONa,電離和水解相等，即：c(Na+)>c(CH3COOH)-o(Cl_),故正確。考點：考查離子濃度大小比較中電荷守恒、物料守恒等知識。7.【2014年高考新課標II卷第11題】一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是()pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1x10—5mol?L—1pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=d，則a=b+1pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH-)+c(HC2O4-)pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaCIO三種溶液的c(Na+)：①，②〉③【答案】D【解析】試題分析：判斷電解質(zhì)溶液中離子濃度大小關系首先要確定電解質(zhì)溶液的成分，是單一溶液還是混合溶液，若是兩溶液混合，要理清是簡單混合，還是有反應發(fā)生，理清溶液的最終組成；其次要分析溶液中存在的電離平衡、水解平衡等平衡，不可忽略水的電離平衡，然后結(jié)合相關信息判斷平衡的主次，抓住弱電解質(zhì)的電離及鹽類的水解是微弱等特點做出判斷；涉及等式關系要注意物料守恒式、電荷守恒式及質(zhì)子守恒式的應用。結(jié)合選項逐個分析。A、H2S為二元弱酸，H2S溶液中存在H2SH++HS-、HS-H++S2、H2O^=H++OH-，一級電離程度遠大于二級電離程度，根據(jù)上述分析知，pH=5的H2S溶液中，c(H+)=1x10-5mol?L-1>c(HS-)，錯誤；B、一水合氨為弱電解質(zhì)，加水稀釋，促進其電離，稀釋過程中pH變化比強堿溶液稀釋pH變化小。pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則aVb+1,錯誤；C、根據(jù)電荷守恒知，pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4_)+2c(Cf/-)，錯誤;D、已知酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，根據(jù)鹽類水解規(guī)律：組成鹽的酸根對應的酸越弱，該鹽的水解程度越大，物質(zhì)的量濃度相同時，溶液的堿性越強，pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaCIO三種溶液的物質(zhì)的量濃度：①，②〉③，c(Na+)：①，②〉③，正確。考點：本題主要是考查電解質(zhì)溶液中離子濃度大小關系比較8【2015福建理綜化學(1)25°C，在0.10mol?L-iH2S溶液中，通入HCI氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH,溶液pH與c(S2-)關系如右圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。pH=13時，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=moll1.某溶液含0.020moI?L-1Mn2+、0.10moHH,,當溶液pH=時，Mn2+開始沉淀。已知：Ksp(MnS)=2.8x10-13](2)25C，兩種酸的電離平衡常數(shù)如右表。Ka1Ka2HSO3231.3x10-26.3x10-4HCO3234.2x10-75.6x10-nHSO3-的電離平衡常數(shù)表達式K=。TOC\o"1-5"\h\z0.10mol^L-!Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式為?！猚(H+)-c(SO2-)—【答案】(1)①0.043；②5。(2)①3；②c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；c(HSO-)333③HSO+HCO-=HSO-+CO個+H0。233322解析】試題分析：(1)①根據(jù)團像可知，在pH=13時，o(S2-)=5.7xl(r2moVL^在O.lOmolL^S滾滋中，根據(jù)S元素守恒可知：c(S2-)+cCH：S>o(HS-)=0.1moLL,而^)=5.7^^iiLcAfL?因此c(H2S)+o(HS-)=0.1mol/L-5.7x1^0011,=0.043mol/Lo②由于K