（江苏专用）2020高考化学总复习 优编增分练：选择题热点题型特训 题型十五 粒子关系判断型

2019年

题型十五 粒子关系判断型

一、单项选择题

1．(2018·南京市高三12月联考)常温下，下列说法正确的是( ) A．0.1 mol·L NaHCO3溶液中：

－－

c(H＋)＋c(H2CO3)＝2c(CO23)＋c(OH)

－1

B．0.1 mol·L HCN和0.1 mol·L NaCN的等体积混合溶液中：c(HCN)>c(Na)>c(CN)>

－1－1＋－

c(H＋)>c(OH－)

C．0.1 mol·LNa2C2O4溶液滴加HCl溶液至c(H2C2O4)＝c(HC2O4)：3c(H2C2O4)>c(OH)＋

－1

－

－

c(Cl－)

D．0.1 mol·LNH4HSO4溶液滴加NaOH溶液至pH＝7：c(Na)＝c(NH4)＋2c(NH3·H2O)>c(SO4) 答案 D

解析 A项，根据电荷守恒，c(H)＋c(Na)＝2c(CO3)＋c(HCO3)＋c(OH)，根据物料守恒，c(Na)＝c(H2CO3)＋c(CO3)＋c(HCO3)，将上述2式处理得c(H)＋c(H2CO3)＝c(CO3)＋

－1－1c(OH－)，错误；B项，0.1 mol·L HCN和0.1 mol·L NaCN的等体积混合溶液显酸性，可以忽略NaCN的水解，

2－

－

＋

2－

＋

＋

2－

－

－

＋

－1

＋

＋

2－

主要考虑HCN的电离，则c(CN)>c(Na)>c(HCN)>c(H)>c(OH)，错误；C项，假设0.1 mol·L Na2C2O4溶液中含有0.1 mol Na2C2O4,0.1 mol·L Na2C2O4溶液滴加HCl溶液至c(H2C2O4)＝c(HC2O4)，溶液中含有0.05 mol H2C2O4和0.05 mol NaHC2O4以及0.15 mol NaCl，溶液显酸性，以H2C2O4电离为主，则3c(H2C2O4)＜c(Cl)＜c(OH)＋

－

－

－1

－

－＋＋－－1

c(Cl－)，错误；D项，假设0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中含有1 mol NH4HSO4，滴加1 mol NaOH溶液恰好生成0.5

mol硫酸钠和0.5 mol硫酸铵时，因为硫酸铵水解，溶液显酸性，此时

a－c(Na＋)＝c(SO24)，要使得溶液pH＝7，需要继续加入a mol氢氧化钠反应生成 mol硫酸钠和a mol NH3·H2O，

2

因此c(Na)＞c(SO4)，n(Na)＝(1＋a) mol，n(NH4)＋2n(NH3·H2O)＝(1－a＋2a) mol＝(1＋a) mol，因此c(Na

＋

＋

2－

＋

＋

)＝c(NH4)＋2c(NH3·H2O) ＞c(SO4)，正确。

＋2－

2．(2018·南京市、盐城市高三一模)已知：25 ℃时H2C2O4 的pKa1＝1.22，pKa2＝4.19，CH3COOH 的pKa＝4.76 (电离常数K的负对数－lg K＝pK)。下列说法正确的是( )

A．浓度均为0.1 mol·L NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c(NH4)前者小于后者 B．0.1 mol·L KHC2O4溶液滴加氨水至中性：c(NH4)>c(C2O4)

C．0.1 mol·L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22：c(H)－c(OH)＝c(Cl)－3c(HC2O4) D．0.1 mol·L CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76：c(K)>

2－－c(Na＋)>c(HC2O－4)>c(C2O4 )>c(CH3COO)

－1

＋

－1

＋

－

－

－

－1

＋

2－

－1

＋

2019年

答案 C

解析 A项，由已知数据分析可得，HC2O4的水解程度小于CH3COO的，HC2O4对NH4水解的促进作用小于CH3COO，故c(NH4)前者大于后者，错误；B项，向0.1 mol·L KHC2O4溶液滴加氨水至中性，溶液中存在如下平衡：NH3·H2O

NH4＋OH，HC2O4＋H2O

＋

＋

－

－

＋

－1

－

－

－

＋

－

H2C2O4＋OH，HC2O4

2－

＋

－－

C2O4＋H，因为c(OH)＝c(H)，所以根据电荷守

2－

－1

2－＋－＋

恒和物料守恒得c(NH4)＋c(H2C2O4)＝c(C2O4)，则c(NH4)＜c(C2O4)，错误；C项，0.1 mol·L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22，则生成KCl和H2C2O4，且c(H)＝10

－

＋

＋

－1.22

mol·L，已知H2C2O4

－

－1

HC2O4＋H，pKa1＝1.22，所

－

＋

－

－＋

以c(H2C2O4)＝c(HC2O4)，由质子守恒可得c(H)＋c(HC2O4)＋2c(H2C2O4)＝c(OH)＋c(Cl)，所以c(H)－c(OH)＝c(Cl)－3c(HCO)，正确；D项，溶液中存在如下电离平衡HCO

－

－24

－24

－

c?H＋?·c?C2O24?－4.19

H＋CO，Ka2＝＝10，－

c?HC2O4?＋

2－24

－

－

c?C2O24?0.572－－

由pH＝4.76，则>1，即c(C2O4)>c(HC2O4)，错误。 －＝10

c?HC2O4?

3．H2X为二元弱酸，常温下，将NaOH溶液加入到H2X溶液中，在不同pH环境下，不同形态的粒子(酸、酸式酸根、酸根离子)的组成分数如图所示。下列说法正确的是( )

A．HX的电离程度小于水解程度

B．在pH＝7的溶液中HX和X能大量共存 C．在pH＝9时，H2X 与NaOH恰好完全中和

D．1 L 0.1 mol·L Na2X溶液中，n(HX)＋2n(X)＋n(H2X)＝0.1 mol 答案 A

解析 NaOH与H2X反应NaOH＋H2X===NaHX＋H2O、NaHX＋NaOH===Na2X＋H2O，根据图像pH＝9时溶质为NaHX，此时溶液显碱性，说明HX的电离程度小于其水解程度，故A项正确；根据图像pH＝7时，溶质为H2X和HX，故B项错误；根据图像，当pH＝14时，应恰好完全反应，故C项错误；根据物料守恒，n(HX)＋n(X)＋n(H2X)＝0.1 mol，故D项错误。

4．(2018·常州市高三一模)H2S为二元弱酸。20 ℃时，向0.100 mol·L的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( ) A．通入HCl气体之前：

－1

－

2－

－

－

－1

－

2－

－

2－

－

c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)

B．c(HS)＝c(S)的碱性溶液中：

－

2－

c(Cl－)＋c(HS－)>0.100 mol·L－1＋c(H2S)

2019年

C．pH＝7的溶液中：c(Cl)＝c(HS)＋c(H2S) D．c(Cl)＝0.100 mol·L的溶液中：

－

－1

－－

c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)

答案 D

解析 A项，通入HCl气体之前，该溶液为Na2S溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c(S)>c(OH

－

2－

)＞c(HS)＞c(H)，错误；B项，c(Cl)＋c(OH)＝c(HS)＋2c(H2S)＋c(H)，两边同时加上c(S)，得c(Cl)＋c(OH)＋c(S)＝c(H)＋c(HS)＋c(S)＋2c(H2S)，因c(HS)＝c(S)，碱性溶液，所以c(Cl)＋c(HS)

－

2－

－

2－

＋

－

2－

－

2－

－

－

－＋－－－＋2－

－

＜c(HS)＋c(S)＋2c(H2S)，又因

1－1＋2－－－－－1

0.100 mol·L＝c(Na)＝c(S)＋c(HS)＋c(H2S)，所以c(Cl)＋c(HS)＜0.100 mol·L＋c(H2S)，错误；

2C项，电荷守恒式c(Cl)＋2c(S)＋c(HS)＋c(OH)＝c(Na)＋c(H)，物料守恒式c(Na)＝2c(S)＋2c(HS)＋2c(H2S)，pH＝7的溶液c(OH)＝c(H)，三等式联立可得c(Cl)＝c(HS)＋2c(H2S)，错误；D项，c(Cl)＝0.100 mol·L的溶液中，c(S)＋c(HS)＋c(H2S)＝c(Cl)＝0.100 mol·L，又因c(Cl)＋c(OH)＝c(H)＋c(HS)＋2c(H2S)，所以

－1

2－

－

－

－1

－

－

＋

－

－

＋

－

－

－

－

2－

－

－

＋

＋

＋

2－

－

c(OH－)－c(H＋)＝c(HS－)＋2c(H2S)－[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]＝c(H2S)－c(S2－)，正确。

5．(2018·苏州市高三调研)下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( ) A．在0.1 mol·L Na2CO3溶液中：

－1

c(OH－)－c(H＋)＝2c(HCO－3)＋c(H2CO3)

B．向0.2 mol·L NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L NaOH溶液：

－－－＋c(CO23)>c(HCO3)>c(OH)>c(H)

－1

－1

C．常温下，pH＝7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中：c(Cl)>c(NH4)>c(OH)＝c(H) D．0.10 mol·L CH3COONa 溶液中通入HCl气体至 pH＝7：c(Na)>c(Cl)＝c(CH3COOH) 答案 D

解析 A项，在0.1 mol·L Na2CO3溶液中根据质子守恒可知c(OH)－c(H)＝c(HCO3)＋2c(H2CO3)，错误；B项，向0.2 mol·L NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L NaOH溶液反应生成碳酸钠，且剩余一半的碳酸氢钠，由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则溶液中c(HCO3)>c(CO3)>c(OH)>c(H)，错误；C项，常温下，pH＝7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中根据电荷守恒可知c(Cl)＝c(NH4)>c(OH)＝c(H)，错误；D项，0.10 mol·L

－1

－

＋

－

＋

－

2－

－

＋

－1

－1

－1

－

＋

－

－1

＋

－

－＋－＋

CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH＝7，根据电荷守恒和物料守恒可知c(Na)>c(Cl)＝c(CH3COOH)，正确。

－4

＋－

6．(2018·苏锡常镇四市高三调研)常温，Ka(HCOOH)＝1.77×10，Ka(CH3COOH)＝1.75× 10，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10，下列说法正确的是( ) A．c(NH4)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液：

＋

－5

－5

2019年

c(NH4HCO3)

B．浓度均为0.1 mol·L的HCOONa和NH4Cl两种溶液：c(OH)＋c(HCOO)>c(H)＋c(NH4) C．0.1 mol·L的CH3COOH与0.05 mol·L NaOH溶液等体积混合：

－1

－1

－1

－

－

＋

＋

c(H＋)＋c(CH3COOH)

D．向0.1 mol·LCH3COONa溶液中通HCl至溶液pH＝7：c(Na)>c(CH3COOH)>c(Cl) 答案 B

解析 A项，在NH4浓度相同的情况下，弱酸酸根对应的弱酸酸性越弱，溶质浓度越大。

HCOO、CH3COO、HCO3对应的酸分别为HCOOH、CH3COOH、H2CO3，根据已知条件以及所学过的知识可知酸性强弱排序为：HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3，因此NH

＋4

－

－

－＋－1

＋

－

浓度相等条件下，溶质浓度大小排序为

c(NH4HCO3)>c(CH3COONH4)>c(HCOONH4)，错误；B项，电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常

数可知，其离子水解程度：CH3COO>NH4>HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO)＋c(OH

－

－

＋

－

－

)＝

＋－－－1

c(Na＋)＋c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋c(H＋)，c(NH＋4)＋c(H)＝c(Cl)＋c(OH)＝0.1 mol·L＋ －＋－c(OH－)，水解程度NH＋4>HCOO，所以前者c(H)大于后者c(OH)，所以浓度均为0.1 mol·

L的HCOONa和NH4Cl溶液中c(OH)＋c(HCOO)>c(H)＋c(NH4)，正确；C项，0.1 mol·

L的CH3COOH与0.05 mol·L NaOH溶液等体积混合，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，根据物料守恒得2c(Na)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO)，根据电荷守恒得c(CH3COO)＋c(OH)＝c(Na)＋c(H)，所以得c(Na)＋c(OH)＝c(CH3COOH)＋c(H)，错误；D项，向0.1 mol·L CH3COONa溶液中通HCl至溶液pH＝7，

＋

－

＋

－1

＋

－

－

－

＋

＋

－1

－1

－1－－＋＋

c(H＋)＝

c(OH－)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，

由物料守恒可知：c(Na)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO)，则

＋

－

c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，错误。

7.(2018·常熟市高三上学期期中)常温下，用浓度为0.100 mol·L 的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 mol·L的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是( )

－1

－1

A．V(NaOH)＝0 mL时，两份溶液中c(X)＞c(Y)

B．V(NaOH)＝10.00 mL时，c(X)＞c(Na)＞c(HX)＞c(H)＞c(OH) C．V(NaOH)＝20.00 mL时，c(OH)＞c(H)＞c(Na)＞c(X)

－

＋

＋

－

－

＋

＋

－

－

－