预测11 水溶液中的离子平衡专题-【临门一脚】 高考化学三轮冲刺过关

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预测11 水溶液中的离子平衡专题概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题☆☆☆☆简答题☆☆考向预测①外界条件对电离平衡、水解平衡的影响规律②溶液酸碱性的判断③溶液中离子浓度的大小比较④电离常数、水解常数的应用与计算⑤难溶电解质的溶解平衡的判断及计算①与平衡移动、粒子浓度比较、化学计算等联系在一起考查②和滴定实验的迁移应用，即氧化还原滴定和沉淀滴定，情景一般是工业生产中的测定含量溶液中的三大平衡——电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡早已成为高考化学中的热点内容。常见的题型是选择题，也有填空题，题目设计新颖灵活，综合性强，注重考查考生的读图识表能力、逻辑推理能力以及分析问题和解决问题的能力。题目的考查点基于基础知识突出能力要求，并与平衡移动、粒子浓度比较、化学计算等联系在一起考查。一般需要考生具有一定的识别图像、图表的能力，综合分析、推理、计算、做出判断，本部分内容经常与其他部分知识(如化学平衡、物质结构、元素及其化合物、化学计算等)联系在一起考查，同时考查考生变化观念与平衡思想的核心素养。复习时要紧扣平衡移动的判断条件，抓住各个平衡的自身特点和规律，做好各类应对措施。1．强弱电解质的比较与判断(1)在相同浓度、相同温度下，对强弱电解质做导电对比实验。(2)在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。(3)浓度与pH的关系。如常温下，0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH>1，即可证明CH3COOH是弱电解质。(4)测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COOH是弱酸。(5)稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若pH<4，则证明该酸为弱酸，若pH＝4，则证明该酸为强酸。(6)利用实验证明存在电离平衡。如向醋酸溶液中滴入石蕊溶液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅。(7)利用较强酸制较弱酸来判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH。2．一元强酸和一元弱酸的比较 浓度均为0.01 mol·L－1的强酸HA与弱酸HBpH均为2的强酸HA与弱酸HBpH或物质的量浓度2＝pHHA＜pHHB0.01 mol·L－1＝c(HA)＜c(HB)开始与金属反应的速率HA＞HBHA＝HB体积相同时与过量的碱反应时消耗碱的量HA＝HBHA＜HB体积相同时与过量活泼金属反应产生H2的量HA＝HBHA＜HBc(A－)与c(B－)的大小c(A－)＞c(B－)c(A－)＝c(B－)分别加入固体NaA、NaB后pH变化HA：不变HB：变大HA：不变HB：变大加水稀释10倍后3＝pHHA＜pHHB3＝pHHA＞pHHB＞2溶液的导电性HA>HBHA＝HB水的电离程度HA<HBHA＝HB3．根据水电离出的c(H＋)和溶液中c(H＋)判断溶液的性质(1)室温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水的电离。(2)室温下，溶液中的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。4．“用规律”“抓类型”突破盐类水解问题(1)规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。(2)类型①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。④弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。5．沉淀溶解平衡突破(1)沉淀能否生成或溶解的判断方法通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况：Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出。(2)沉淀的转化方法沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)减小，可达到沉淀溶解的目的。(3)溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。6．溶液中粒子浓度的大小比较（1）电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。（2）物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子总数是不会改变的，如NaHCO3溶液中n (Na)∶n(C)＝1∶1，推出c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。（3）质子守恒：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数与游离的氢离子(H＋)数的和，如Na2S水溶液中的质子转移可用图表示如下。由上图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。7．中和滴定(1)实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)操作步骤①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。(3)指示剂的选择标准液待测液酸碱指示剂及终点颜色变化终点判断标准强酸强碱甲基橙(黄→橙)当滴入一滴标准液，指示剂从某色变为某色，并在半分钟内不再变色，即达到滴定终点酚酞(红→无色)弱碱甲基橙(黄→橙)强碱强酸酚酞(无色→粉红)甲基橙(红→橙)弱酸酚酞(无色→粉红) (4)误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。(5)数据处理正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。8．中和滴定原理的拓展应用（1）沉淀滴定概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。（2）氧化还原滴定原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。实例：①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。②Na2S2O3溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。比较溶液中粒子浓度大小的解题思路1．(2021•浙江1月选考)25℃时，下列说法正确的是(   )A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。2．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是(    )A．pH＞7的溶液不一定呈碱性B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH−)相等D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NH)【答案】B【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-) 时溶液一定呈碱性，故A正确；B项，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，故B错误；C项，pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D项，氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl−)＝c(NH)，故D正确；故选B。3．(2020•浙江7月选考)水溶液呈酸性的是(    )A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．NaHCO3【答案】B【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项，NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D项，NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。4．(2020•浙江7月选考)下列说法不正确的是(    )A．2.0×10-7 mol/L的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 mol/LB．将KCl溶液从常温加热至800C ，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】A项，盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 mol/L，故A错误；B项， KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到800C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C项，NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；故选A。5．(2020•浙江7月选考)5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq) 2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是(    )A．加入苯，振荡，平衡正向移动B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动D．该反应的平衡常数【答案】D【解析】A项，加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c(I2)减小，平衡正向移动，A正确；B项，将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C项，加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，C正确；D项，该反应的平衡常数K=，D错误；故选D。6．(2020•浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L−1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是(    )A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl−)【答案】D【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。7．(2020•天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是(   )A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF) B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－) C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1 mol∙L−1 Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1【答案】A【解析】A项，HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B项，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C项，CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D项，根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D正确；故选A。8．(2020•江苏卷)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(    )A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO32-)＞c(OH－)B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+ c(H＋)= c(NH3∙H2O)+c(OH－)C．CH3COOH - CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(H+)D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)【答案】AD【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-＞HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NH)+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H＋)= c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2O)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)，故D正确；故选AD。9．(2020•浙江1月选考)室温下，向20.00 mL 0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是(    )A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3【答案】C【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。10．(2020•新课标Ⅰ卷)以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是(    )A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)【答案】C【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；故选C。11．(2020•山东卷)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(   )A．O点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B．N点时，C．该体系中，D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。A项，根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；B项，N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C项，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D项，醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；故选BC。12．(2021年1月浙江选考)实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是(   )A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)【答案】C【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。1．（2021·广东省高三综合能力测试）已知草酸H2C2O4是二元弱酸，常温下电离平衡常数：Ka1=5.60×10-2，Ka2=5.42×10-5。下列叙述错误的是(    )A．H2C2O4溶液的电离程度随温度升高而增大B．常温下，NaHC2O4溶液呈碱性C．0.001mol·L-1 Na2C2O4溶液中：c(Na+)=2×[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]D．常温下将pH=3的H2C2O4溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈酸性【答案】B【解析】A项，弱酸的电离为吸热过程，升高温度促进电离，A正确；B项，NaHC2O4溶液中存在着HC2O4的电离和水解，其电离平衡常数Ka2=5.42×10-5，其水解平衡常数Kh2=＜Ka2，所以电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，B错误；C项，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2×[c(C2O42-)+c(HC2O4)+c(H2C2O4)]，C正确；D项，pH=11的NaOH溶液浓度为10-3mol/L，而草酸为弱酸，所以pH=3的草酸溶液浓度远大于10-3mol/L，二者等体积混合后草酸过量，溶液呈酸性，D正确；故选B。2．（2021·湖北省七市教科研协作体高三调研）下列关于电解质溶液的说法中错误的是(    )A．等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后pH＜7：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)B．新制氯水中：c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)C．已知Ka(HF)＞Ka(H2S)，则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaFD．Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)【答案】D【解析】A项，等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后的溶液中存在着电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又溶液的pH＜7，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(HCOO-)＞c(Na+)，因此c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，A正确；B项，新制氯水中含有的微粒为：ClO-、Cl-、HClO、H+、OH-，根据物料守恒有：c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)，B正确；C项，已知Ka(HF)＞Ka(H2S)，则Kh(HF)＜Kh(H2S)，因此同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaF，C正确；D项，Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在着电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32)，D错误；故选D。3．（2021·广东梅州市高三总复习质量监测）已知常温下NH3·H2O的Kb=1.74×10-5，往0.1mol·L-1 NH3·H2O中滴加盐酸，有关过程的说法错误的是(    )A．溶液中均存在：c(NH4 +)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B．溶液的导电能力先减小后增大C．当 pH=11 时，溶液中氮元素主要以NH3·H2O形式存在D．生成的 NH4Cl溶液中继续滴加盐酸，NH4+的物质的量增大【答案】B【解析】A项，根据电荷守恒可知溶液中均存在：c(NH4 +)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B项，NH3·H2O中滴加盐酸生成氯化铵，离子浓度增大，所以溶液的导电能力增大，B错误；C项，当pH=11时溶液显碱性，因此溶液中氮元素主要以NH3·H2O形式存在，C正确；D项，生成的NH4Cl溶液中继续滴加盐酸，氢离子增大，抑制铵根的水解，则NH4+的物质的量增大，D正确；故选B。4．（2021·浙江省“宁波十校”高三联考）25℃时，下列说法正确的是(    )A．0.1mol·L-1的某酸H2A溶液中一定存在：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1B．中和等体积等浓度的氨水和NaOH溶液，氨水消耗的HCl的物质的量更多C．某强碱弱酸盐NaA溶液，随着温度升高，pH一定增大D．pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度大小关系：c(CH3COONa)＞c(C6H5ONa)＞c(Na2CO)＞c(NaOH) 【答案】D【解析】A项，H2A不一定是弱酸，若为二元强酸溶液中则没有H2A、HA-，A错误；B项，等体积等浓度的氨水和NaOH溶液中二者溶质的物质的量相等，且都为一元碱，所以中和时消耗的HCl一样多，B错误；C项，升高温度促进水解的同时也会促进水的电离，所以c(H+)也可能增大，pH减小，C错误；D项，酸性：CH3COOH>C6H5OH>HCO3-，所以水解程度CO32->C6H5O->CH3COO-，所以pH相同时c(CH3COONa)>c(C6H5ONa)>c(Na2CO3)，NaOH为强碱，浓度最小，D正确；故选D。5．（2021·浙江省学军中学高三质检）工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是(    )A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32- (aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42- (aq)C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小【答案】D【解析】A项，温度升高，Kw增大，温度升高促进碳酸钠溶液水解，c(OH-)增大，A正确；B项，加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO32- (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO42- (aq)，B正确；C项，因为碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不与盐酸反应，所以在盐酸溶液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙，C正确；D项，根据CO32-+CO2+H2O=2HCO3-知，阴离子HCO3-的浓度增大，D错误；故选D。6．（2021·四川泸州市高三第二次教学质量诊断性考试）溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。常温下，下列有关说法错误的是(    )A．10mL pH=3的醋酸溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的pH＜4。B．HF溶液中滴加少量稀NaOH溶液，的值不变C．Na2C2O4溶液中存在的离子浓度关系c(OH -)=c( HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(H+)D．反应3Mg(OH)2(s)+ 2Fe3+=2Fe(OH)3 (s)+ 3Mg2+的平衡常数K=【答案】C【解析】A项，由于稀释过程中，醋酸能继续电离补充H+，故稀释后，溶液pH变化小于1个单位，即pH＜4，A正确；B项，，由于Kw与Ka只与温度有关，温度不变，其值不变，B正确；C项，由电荷守恒：，结合物料守恒：，两式联立消去c(Na+)得：，C错误；D项，该反应平衡常数，D正确；故选C。7．（2021·广东深圳市高三一模）硼酸(H3BO3)的电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)4-+H+。已知常温下，Ka(H3BO3)=5.4×10-10、Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列说法错误的是(    )A．H3BO3为一元酸B．0.01mol•L-1H3BO3溶液的pH≈6C．常温下，等浓度溶液的pH：CH3COONa>NaB(OH)4D．NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量清水冲洗，再涂上硼酸溶液【答案】C【解析】A项，根据题意可知H3BO3只存在一步电离，产生一个氢离子，所以为一元酸，A正确；B项，设0.01mol•L-1H3BO3溶液中c(H+)=x，则c(B(OH)4-)也可近似认为等于x，则有Ka(H3BO3)==5.4×10-10，解得x≈2.3×10-6mol/L，所以pH≈6，B正确；C项，Ka(H3BO3)< Ka(CH3COOH)，所以B(OH)4-的水解程度更大，浓度相同时硼酸钠碱性更强，则等浓度溶液的pH：CH3COONa＜NaB(OH)4，C错误；D项，NaOH溶液溅到皮肤上，用水冲洗后涂上酸性较弱的硼酸溶液，可中和残留的碱，D正确；故选C。8．（2021·上海普陀区高三二模）将体积为V1mL的某一元强酸溶液与体积为V2mL的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是(    )A．溶质物质的量 B．溶液质量C．和的物质的量 D．物质的量浓度【答案】A【解析】将体积为V1mL的某一元强酸溶液与体积为V2mL的某一元碱溶液混合，一元碱可能是强碱，也可能是弱碱，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，强酸和弱碱的物质的量相等。A项，根据分析，无论是一元强酸和一元弱碱，或是一元强碱反应时，两溶液中溶质物质的量相等，故A符合题意；B项，由于两溶液中溶质物质的量相等，但相对分子质量不相等，根据m=nM，故溶质的质量不一定相等，故B不符合题意；C项，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，发生反应：H++OH-=H2O，故H+和OH-的物质的量相等，则两溶液中溶质物质的量相等，一元强酸和一元弱碱恰好完全反应时，强酸和弱碱的物质的量相等，H+和OH-的物质的量不相等，故C不符合题意；D项，两溶液中溶质物质的量相等，根据n=cV，则溶液物质的量浓度可能相等，也可能不相等，故D不符合题意；故选A。9．（2021·山东济南市济南外国语学校高三质检）下列有关溶液(室温下)的说法正确的是(    )A．Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]B．0.10mol•L-1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32-)C．物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH4+)的大小关系：④>①>②>③D．0.10mol•L-1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(Cl-)【答案】D【解析】A项，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中存在物料守恒，即2n(Na)＝3n(C)，溶液中的物料守恒为：2c(Na＋)＝3[c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)]，Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液的量不知不能判断离子难度大小，故A错误；B项，液呈中性时，c(H＋)＝c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)，因为溶液呈中性，根据元素守恒得c(Na＋)>c(SO32-)，NaHSO3溶液酸性较弱，则加入的氨水较少，所以c(SO32-)>c(NH4+)；所以溶液中c(H＋)、c(OH−)、c(SO32-)、c(Na＋)、c(NH4+)这五种离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(SO32-)>c(NH4+)>c(H＋)＝c(OH−)，故B错误；C项，物质的量浓度相同的下列溶液：①(NH4)2SO4 ②NH4HCO3 ③NH4Cl ④NH4Fe(SO4)2；先不考虑水解，则(NH4)2SO4 中含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，②④二种物质中，④NH4Fe(SO4)2酸性最强，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量较多，溶液中c(NH4+)较大，①NH4Cl，NH4+水解，②NH4HCO3，碳酸氢根离子的水解对铵根离子起促进作用，即溶液中c(NH4+)④>③>②，按c(NH4+)由大到小的顺序排列为：①>④>③>②，故C错误；D项，0.1mol•L−1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7，溶液中存在电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH−)＋c(Cl−)＋c(CH3COO−)，物料守恒为：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)，得到c(CH3COOH)＝c(Cl−)，溶液中存在醋酸钠、氯化钠和醋酸，钠离子浓度一定大于氯离子浓度，故D正确；故选D。10．（2021·河北衡水市·衡水中学高三二模）甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，250C时向10mL 0.1mol·Lˉ1的甲胺中逐滴滴入0.1mol·Lˉ1稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是(    )A．Kb（CH3NH2）的数量级为10-4B．甲胺的电离方程式：CH3NH2·H2O= CH3NH3++OH- C．b点溶液的pH＞7D．e点溶液：c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H＋)＞c(OH―)【答案】B【解析】由图可知，e点水的电离程度最大，说明盐酸与甲胺恰好反应生成盐酸甲胺，e点为盐酸甲胺溶液，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，c点和d点水的电离程度相等，但c点为甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液呈中性，d点为盐酸甲胺和盐酸的混合溶液，溶液呈酸性。A项，由a点水电离出的氢离子浓度为10—11.8mol/L可知，溶液中氢氧根离子的浓度为=10—2.2mol/L，则甲胺的电离常数为=10—3.4，量级为10—4，故A正确；B项，由甲胺的性质与氨相似可知，甲胺在溶液中的电离方程式为CH3NH2·H2OCH3NH3++OH-，故B错误；C项，甲胺的电离常数为10—3.4，则盐酸甲胺的水解常数为，由分析可知，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液中甲胺的电离程度大于盐酸甲胺的水解程度，溶液呈碱性，pH＞7，故C正确；D项，由分析可知，e点为盐酸甲胺溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H＋)＞c(OH―)，由电荷守恒关系c(Cl-)+ c(OH―)=c(CH3NH3+)+ c(H＋)可知，溶液中c(Cl-)＞c(CH3NH3+)，则离子浓度的大小顺序为，故c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H＋)＞c(OH―)，故D正确；故选B。 11．（2021·广西名校联盟高三模拟考试）常温下，将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(    )A．Ka(HA)的数量级为10−5B．当NaOH溶液与HB混合至中性时：c(B−)<c(HB)C．等浓度的NaA、NaB溶液中，水的电离程度：NaA>NaBD．等浓度的HB和NaA的混合溶液中：c(Na+)>c(A−)>c(B−)>c(H+)>c(OH−)【答案】D【解析】A项，Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，Ka(HA)=c(H+)，则Ka(HA)在10-3.0～10-3.5之间，Ka(HA)的数量级为10-4，A项错误；B项，根据图知，当溶液中c(B-)=c(HB)时溶液呈酸性，说明HB的电离作用大于B-的水解作用，所以c(B-)>c(HB)，B项错误；C项，根据图象可知，当溶液中酸分子的浓度等于酸电离产生的离子浓度时，溶液的pH大小关系HA<HB，说明HA电离程度大，即HA的酸性强，根据盐的水解规律可知，等浓度的NaA、NaB溶液中，水的电离程度：NaA<NaB，C项错误；D项，NaA是强碱弱酸盐，A-发生水解反应消耗，所以c(Na+)>c(A-)，HB是弱酸，存在电离平衡，所以等浓度的盐电离产生的离子浓度大于弱酸电离产生的离子浓度，故c(A-)>c(B-)；由于溶液中c(B-)=c(HB)时，溶液呈酸性，又根据选项C分析可知酸性：HA>HB，可见等浓度的HB和NaA的混合溶液显酸性， c(H+)>c(OH-)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(H+)>c(OH-)，D项正确；故选D。12．（2021·广东省高三综合能力测试）25℃时，向体积均为10.00mL，浓度均为0.10mol·L-1的两种酸HA、HB溶液中(酸性：HA＞HB)分别滴加0.10mol·L-1的NaOH溶液，所得溶液离子浓度随pH变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(    )A．L1代表，L2代表B．当加入NaOH的体积为5.00mL时，存在c(HA)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)C．当滴定至溶液呈中性时，c(B-)＞c(HB)D．无论是HA还是HB，滴定过程都应该选择酚酞作为指示剂【答案】B【解析】A项，酸性：HA＞HB，则Ka(HA)＞Ka(HB)，即＞，所以当pH相等时＞，则lg＞lg，所以L1代表lg，L2代表 lg，A正确；B项，当加入NaOH的体积为5.00mL时，原HA溶液中的溶质为等物质的量的HA和NaA，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，二式联立可得c(HA)+2c(H+)=2c(OH-)+c(A-)，B错误；C项，据图可知当pH=7时lg大于0，即＞1，所以c(B-)＞c(HB)，C正确；D项，因为二者都是弱酸，所以无论是HA还是HB达到滴定终点时溶液都显碱性，所以应该选择酚酞作为指示剂，D正确；故选B。13．（2021·广东肇庆市高三二模）常温下，用0.100 mol·Lˉ1 NaOH溶液滴定10mL0.100 mol·Lˉ1H3PO4溶液，pH随滴入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(    )A．Ka1（H3PO4）的数量级为10-3B．a点溶液中c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(H3PO4)C．c点溶液中c(H＋)+2c(H3PO4)+ c(H2PO4-)= c(OH―)+c(PO43-)D．随着NaOH溶液的滴加，水的电离程度逐渐增大【答案】D【解析】A项，据图可知0.100mol/L的H3PO4溶液的pH为1.7，即溶液中c(H+)=10-1.7mol/L，所以有，数量级为10-3，A正确；B项，a点加入10mL等浓度NaOH溶液，所以a点时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=4，可知H2PO4-的电离程度大于水解，故溶液中c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(H3PO4)，B正确；C项，c点时加入20mLNaOH溶液，所以c点时溶液中的溶质为Na2HPO4，根据物料守恒得c(Na＋)=2[c(PO43-)+c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(H3PO4)]，根据电荷守恒得c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH―)+3c(PO43-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)，联立可得c(H＋)+2c(H3PO4)+ c(H2PO4-)= c(OH―)+c(PO43-)，C正确；D项，随着NaOH溶液的滴加，由起始到d点时(该点NaOH和H3PO4完全反应)水的电离程度逐渐增大，d点到e点溶液中由于NaOH的电离抑制水的电离，所以水的电离程度减小，D错误；故选D。14．（2021·广东深圳市高三一模）常温下，向饱和氯水中以恒定速度滴加NaOH溶液，测得溶液pH随时间的变化如图所示。溶液中氯元素的存在形式仅考虑Cl2、Cl-、ClO-、HClO，该过程不考虑HClO的分解。下列有关说法错误的是(    )A．M点：c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)B．水的电离程度：M点<N点C．从M点到P点，溶液中的减小D．溶液中可能存在c(HClO)+c(ClO-)=c(Cl-)【答案】C【解析】A项，M点为未滴加NaOH溶液的氯水，存在Cl2+H2OHCl+HClO，H+来自HCl的完全电离、HClO和水的部分电离，则溶液中c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)，故A正确；B项，M点水的电离受HCl和HClO电离出的H+的抑制，电离程度较小，而N点溶液pH=7，此时溶液中含有NaCl、NaClO和HClO，其中NaClO的水解促进水的电离，则水的电离程度：M点<N点，故B正确；C项，从M点到P点，溶液中随c(OH-)的增大，c(ClO-)增大，但c(OH-)的增大幅度明显大于c(ClO-)，则从M点到P点溶液中的增大，故C错误；D项，当氯水中滴加过量NaOH溶液后，溶液中主要含有NaCl、NaClO和NaOH，根据Cl2+H2OHCl+HClO，并结合物料守恒，此时溶液中存在c(HClO)+c(ClO-)=c(Cl-)，故D正确；故选C。15．（2021·河南省普通高中毕业班适应性测试）室温下，用0.1000 mol·L-1NaOH 溶液滴定0.1000 mol·L-1H3PO4溶液，滴定曲线如图所示，滴定分数是指滴定剂与被滴定物质的物质的量之比。下列说法正确的是(    )A．当滴定分数为1.00时，溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4-)B．在滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，水的电离程度最大时对应的滴定分数在1.00和2.00之间C．当滴定分数为2.00时，生成物的主要成分为Na3PO4D．当滴定分数为1.50时，溶液中存在关系式：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)【答案】D【解析】A项，当滴定分数为1时，溶质为NaH2PO4，此时溶液显酸性，电离起主要作用，H2PO4-电离产生的HPO42-浓度大于水解产生的H3PO4，所以c (HPO42-) >c (H3PO4)，A错误；B项，溶液溶质为Na3 PO4时水的电离程度最大，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，此时水的电离程度最大，故B错误；C项，滴定分数为2时溶质为Na2HPO4，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，C错误；D项，滴定分数为1.5时，溶液中的溶质为等量的NaH2PO4和Na2HPO4。物料守恒： 2c (Na+) =3[c (H3PO4) +c (H2PO4-) +c (PO43-) ]      ①，电荷守恒:：c (Na+) +c (H+) =c (H2PO4-) +2c (HPO42-)+3c (PO43-) +c (OH-)  ②，由2 ×②-①可得出：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)，D正确。故选D。16．（2021·“超级全能生”高三全国地区联考）常温下，用0.01 mol/L的氢氧化钠溶液分别滴定20 mL 0.01 mol/L的两种酸HA、HB，滴定曲线变化趋势都与如图相似(忽略溶液体积变化)，下列说法错误的是(    )A．可通过a点pH大小判断两种酸的酸性强弱B．b点时可能存在2c(HB)+2c(B-)=c(Na+)C．若HA为弱酸，c点时V(NaOH)<20 mLD．d点时可能存在c(A-)=c(B-)<c(Na+)【答案】B【解析】A项，两种酸的浓度相同时，a点pH越小，说明酸的电离程度越大，则酸性越强，A正确； B项， b点时加入NaOH溶液体积为10mL，所得溶液的溶质为等物质的量的NaB和HB，根据物料守恒b点时：可能存在c(HB)+ c(B-)=2c(Na+)，故B错误；C项，若HA为弱酸，滴入20mL氢氧化钠溶液时溶质为NaA，A−发生水解使溶液显碱性，需要减少氢氧化钠的滴入量才能使pH=7，故c点时V(NaOH)<20 mL，故C正确；D项，d点滴入氢氧化钠体积为30mL，若HA和HB同为强酸，则存在c(A-)=c(B-)<c(Na+) ，故D正确；故选B。17．（2021·山东青岛市高三一模）常温下，将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与粒子浓度变化关系如图所示。下列叙述错误的是(    )
 A．M是曲线与 pH 的关系B．C．水的电离程度：d>b>c>aD．d点溶液：c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA-)＞c(H＋)=c(OH―)【答案】C【解析】A项，当=0时，Ka1等于此时的氢离子浓度，当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度，因Ka1>Ka2，=0时的氢离子浓度大于=0时的氢离子浓度，则M为曲线与 pH 的关系，故A正确；B项，当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度=10-5.4，故B正确；C项，由图可知d点的溶质主要为Na2A和NaHA，此时溶液显中性，说明Na2A和NaHA的水解程度等于NaHA的电离程度，水解促进水的电离，电离抑制水的电离，两者程度相同恰好抵消对水电离的影响，而a、b、c三点的溶质组成中NaHA或H2A为主，对水电离均起抑制作用且酸性越强的对水电离的抑制作用越大，则水的电离程度：d>c>b>a，故C错误；D项，d点的溶质主要为Na2A和NaHA，且Na2A的浓度大于NaHA的浓度，此时溶液显中性，则溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA-)＞c(H＋)=c(OH―)，故D正确；故选C。18．（2021·广东湛江市高三一模）常温下，几种铜盐的溶度积常数如下表所示：化合物CuClCuBrCu2SCu（OH）2CuS下列说法正确的是(    )A．常温下，溶解度：CuCl＜CuBr B．向Cu（OH）2悬浊液中加入Na2S溶液，碱性明显减弱C．反应2CuCl+S2-= CuS+2Cl-的平衡常数很大，反应趋于完全D．已知H2S在溶液中满足，可判断CuS易溶于稀盐酸【答案】C【解析】A项，由表中数据可知，所以常温下，溶解度CuCl＞CuBr，故A错误；B项，由表中数据可知CuS更难溶，向Cu（OH）2悬浊液中加入Na2S溶液，会发生沉淀转化，同时生成强碱NaOH，碱性明显增强，故B错误；C项，由2CuCl+S2-= CuS+2Cl-可得,平衡常数很大，反应趋于完全,故C正确；D项，H2S在溶液中满足,又因如果反应CuS+2H+=Cu2++H2S↑，，可判断CuS不易溶于稀盐酸，故D错误；故选C。19．（2021·广东梅州市高三总复习质量监测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数 δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列说法正确的是(    )A．K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质B．25℃，H2FeO4+H+H3FeO4+的平衡常数K＞100C．A、C 两点对应溶液中水的电离程度： C ＜AD．由 B 点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4 【答案】D【解析】A项，据图可知H2FeO4和HFeO4-共存，说明H2FeO4在水溶液中不完全电离，为弱电解质，A错误；B项，该反应的平衡常数表达式为K=，据图可知当c(H3FeO4+)=c(HfeO4-)时，pH＜2，则c(H+)＞10-2mol/L，所以K＜100，B错误；C项，H2FeO4的电离抑制水的电离，FeO42-的水解促进水的电离，所以溶液中c(FeO42-)越大水的电离程度越大，所以C点水的电离程度大于A，C错误；D项，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=，据图可知当pH=4时，HfeO4-的物质的量分数为0.8，且此时溶液中主要存在HFeO4-和H2FeO4，所以此时H2FeO4的物质的量分数为0.2，所以Ka1==4.0×10-4，D正确；故选D。20．（2021·广东广州市高三一模）25℃时，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1的草酸溶液中，lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O4-)和lgc(C2O42-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是(    )A．曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O42-)B．lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3C．pH=2.8时，c(HC2O4-)＞0.01mol·L-1D．pH由0变化至14过程中，先增大后不变【答案】D【解析】溶液pH较小时，主要以H2C2O4形式存在，pH升高，HC2O4-先增大后减小，当pH增大到一定数值，C2O42-浓度才会增大；故根据pH=0时，最多的是①H2C2O4，其次是②HC2O4-，③为C2O42-。A项，浓度越大，lgc越大，曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O42-)，A项正确；B项，，当②③交点pH=4.3，此时c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2=c(H+)=10-4.3，lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3，B项正确；C项，pH=2.8时，①与③交点，c(H2C2O4)=c(C2O42-)，2c(H2C2O4)+ c(HC2O4-)=0.1①，=10-1.3，当pH=2.8时，=101.5②，由①②可得，c(HC2O4-)=0.094mol/L>0.01mol/L，C项正确；D项，，，，，不变，c(H+)减少，所以增大，D项错误；故选D。21．（2021·安徽省名校联盟高三联考）室温下，分别向0.1 mol·L-1相同体积的HCl、HB两种酸的溶液中滴入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(    )A．室温下，HB电离平衡常数Ka=10-5 mol·L-1B．酸溶液的体积均为10 mLC．a点：c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)D．加到10 mL时，两种溶液中：c(Cl-)=c(B-)【答案】D【解析】A项，HCl是强酸，0.1 mol/L的HCl的pH=1，所以①是HCl，②是HB，0.1 mol/L的HB溶液pH=3，则c(H+)=10-3 mol/L，则Ka=，A正确；B项，用0.1 mol/LNaOH滴定0.1 mol/LHCl，当溶液pH=7时，二者恰好反应，此时NaOH溶液的体积是10 mL，则根据n(HCl)=n(NaOH)可知：V(HCl)=10 mL，B正确；C项，在a点时HB与NaOH的物质的量的比是2：1，溶液为HB、NaB按1：1的物质的量的比混合溶液，根据电荷守恒可得关系式c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，C正确；D项，滴加NaOH溶液到10 mL时，对于HCl，HCl与NaOH恰好中和，c(Na+)=c(Cl-)；对于HB溶液，二者也是恰好反应产生NaB，但该盐是强碱弱酸盐，B-会发生水解反应，根据物料守恒可得c(Na+)=c(HB)+c(B-)，两种溶液中Na+浓度相等，所以在两种溶液中：c(Cl-)=c(B-)+c(HB)，D错误；故选D。22．（2021·定远县育才学校高三一模）250C时，用NaOH调节0.1 mol·L-1的三元弱酸H3A的pH，溶液中H3A，H2A-，HA2-及A3-的分布分数例A3-的分布分数：随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是   A．B．d点时，C．的溶液中，D．e点：【答案】D【解析】三元弱酸H3A，随着溶液的pH不断增大，促进了酸的电离，所以①表示H3A，②表示H2A-③表示HA2-，④表示A2-。A项，由图可知，当pH=3时，c(H3A)=c(H2A-)，H3AH++ H2A-，Ka1= ，所以Ka 1=10-3；故A正确；B项，d点时，c(H3A)=c(HA2-)，H3AH++ H2A-，H2A-H++ HA2-，Ka1= ，Ka2=；Ka1×Ka2= c2(H+)；lg( Ka1×Ka2)= =lg c2(H+)=2 lg c(H+)，所以，故B正确；C项，由图示曲线变化规律可知，NaH2A溶液显酸性，H2A-的水解能力小于其电离能力，c(H3A)< c(HA2-)，故C正确；D项，e点，c(H2A-)=c(A3-)，溶质为Na2HA溶液，根据物料守恒：c(Na+)=2[c(HA2-)+ c(H2A-)+ c(A3-)]=2 c(HA2-)+4 c(A3-)，故D错误；故选D。23．（2021·江苏苏州市高三联考）常温下，用200 mL 0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示，已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是(    )A．吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3B．溶液pH=7时2c(SO32-)>c(HSO3-)C．X点呈酸性的原因是HSO3-水解程度大于其电离程度D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+c(SO32-)【答案】B【解析】0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2，先后发生两个反应，即2NaOH+SO2= Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2=2 NaHSO3。由图中信息可知，当吸收3 L气体时，得到Na2SO3溶液；当吸收6L气体时，得到NaHSO3溶液。A项，由分析可知，吸收3 L气体时，当吸收3 L气体时，得到Na2SO3溶液，主要溶质为Na2SO3，A错误；B项，pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=110-7mol/L，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，Ka2(H2SO3)==5.6×10-8,则，因此，，则2c(SO32-)>c(HSO3-)，B正确；C项，由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HSO3-电离方程式为HSO3- H++ SO32-，水解的离子方程式为HSO3-+H2OH2SO3+OH-，＜Ka2(H2SO3)=5.6×10-8，即HSO3-的电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C错误；D项，由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，D错误；故选B。24．（2021·贵州遵义市高三一模）常温下，向20.00 mL 0.1 mol/L氨水中滴入0.1 mol/L盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-lgc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法不正确的是(    )A．常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级约为10-5B．R到N、N到Q所加盐酸体积相等C．R、Q两点对应溶液不都是中性的D．N点有：c(NH3·H2O) + c() = 0.05 mol/L【答案】B【解析】A项，常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=10-3mol/L，c(NH3·H2O)≈0.1mol/L，因此Kb(NH3·H2O)==1×10-5，故A正确； B项，R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，故B错误；C项，N点水电离出的H+浓度最大，说明N点已经全部是NH4Cl，因此Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，故C正确；D项，N点时盐酸与氨水敲好完全反应，溶质是NH4Cl，消耗盐酸体积为20.00 mL ，则NH4Cl的浓度为=0.05 mol/L，故而根据物料守恒的原则有：c(NH3·H2O) + c(NH4+) = 0.05 mol/L，故D正确；故选B。25．（2021·浙江省高三选考模拟）常温常压下，将Cl2缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液，整个过程溶液中pH的变化如图所示，下列有关叙述正确的是(    )A．②处溶液中存在平衡常数K=[c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度]B．曲线②至③段，n(HClO)+n(ClO-)始终逐渐增大C．曲线②至④段，③处表示溶液中水的电离程度最大D．④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应，共转移了0.1mol电子【答案】B【解析】A项，②处溶液为饱和氯水，溶于水的Cl2只有部分与水反应：Cl2(g)+ H2O(l)H+(aq)+ Cl -(aq)+ HClO (aq)，没有HCl分子存在，该反应的平衡常数，A错误；B项，从②处开始，氯水与NaOH溶液反应，生成NaCl和NaClO，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，导致n(HClO)+n(ClO-)逐渐增大，至③处时，溶液的pH=7，此时溶液中所含的溶质为NaCl、NaClO和HClO，故曲线②至③段n(HClO)+n(ClO-)始终逐渐增大，B正确；C项，至③处时溶液中所含的溶质为NaCl、NaClO和HClO，NaClO促进水的电离，而HClO抑制水的电离，继续加入NaOH溶液，直至溶液中只存在NaCl、NaClO，溶液中水的电离程度最大，C错误；D项，无法判断④处Cl2与NaOH溶液是否恰好完全反应，但是，即使确定为氯气与氢氧化钠恰好完全反应，转移的电子数目最多只能为0.05mol，D错误；故选B。26．（2021·山东省济南市平阴高三月考）化学中常用AG表示溶液的酸度(AG=lg)。室温下，向20.00 mL0.1000 mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸溶液，混合溶液的温度与酸度AG随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(    )A．室温下MOH的电离常数Kb=1.0×10-6B．当AG=0时，溶液中存在c(SO42-)>c(M+)>c(H+)=c(OH-)C．a点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=8c(SO42-)D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b=d【答案】C【解析】酸碱恰好发生中和反应是，反应放出的热量最大，温度最高，因此c点为酸碱恰好完全反应的点，消耗硫酸的体积为20mL；根据2MOH~H2SO4可知：c(H2SO4)= =0.05 mol·L-1。A项，根据图像可知，当AG=lg=-8时，溶液为MOH，=10-8，根据Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知，c(OH-)=10-3mol/L，根据Kb= =≈10-5，故A错误；B项，根据电荷守恒：2c(SO42-)+ c(OH-)= c(M+)+ c(H+)，当AG=0时，AG=lg=0，所以c(OH-)= c(H+)，2c(SO42-)= c(M+)，所以溶液中存在：c(M+)>c(SO42-) >c(H+)=c(OH-)，故B错误；C项，a点时，消耗硫酸5mL，根据2MOH~H2SO4可知：消耗MOH的量2×0.05×5×10-3mol；剩余MOH的量为20.00×10-3×0.1000 -2×0.05×5×10-3=1.5×10-3mol，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3mol，即混合液中n(MOH):n(M2SO4)=1.5:0.25=6:1；根据物料守恒可知，c(M+)+c(MOH)=8c(SO42-)，故C正确；D项，c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度大，因此水的电离程度：c>b>d，故D错误；故选C。27．（2021·浙江省高三选考模拟）常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中和-1gc(HC2O)或和-lgc(C2O)关系如图所示，下列说法正确的是(    )A．水的电离程度：M点>N点B．滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)-3c(HC2O4-)>0C．若c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，则pH范围为3.5<pH<5D．NaHC2O4溶液中：c(H+)+c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(OH-)【答案】C【解析】草酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，第一步电离抑制第二步电离，电离常数Ka1=>Ka2=，由电离常数可知，，由图可知，当c(H+)= c(H2C2O4)或c(H+)= c(HC2O4-)时可得Ka1=10-2、Ka2=10-5，则下端直线代表，上端直线代表。A项，由分析可知，下端直线代表，上端直线代表，则M点为草酸的第一步电离，N点为第二步电离，水的电离程度N点>M点，故A错误；B项，当pH=5时，由Ka2==10-5可得c(HC2O4-)=c(C2O42-)，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，整合两式可得c(Na+)-3c(HC2O4-)=c(OH-)-c(H+)<0，故B错误；C项，由c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)可得)>>1，由电离常数可得)>>1，解不等式可知氢离子的范围为10-5mol/L< c(H+)<10-3.5mol/L，则pH范围为3.5<pH<5，故C正确；D项，NaHC2O4溶液中的质子守恒关系为c(H+)+ c(H2C2O4)=c(C2O42-)+c(OH-)，故D错误；故选C。28．（2021·浙江省杭州二中高三质检）25℃时，0.1 mol·L-1R2SO4溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法错误的是(    )A．B．P、Q点对应溶液中的值：P<QC．若将溶液无限稀释，溶液中c(R+)≈c(SO42-)D．相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol·L-1，P点移至W点【答案】D【解析】A项，P点lgc(OH-)=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，=-2.3，即=102.3mol/L，，A正确；B项，R2SO4溶液中因存在R+的水解而显酸性，加水稀释，酸性减弱，所以P点稀释程度大，=，稀释程度越大，c(ROH)越小，而水解平衡常数不变，故的数值小，B正确；C项，若将溶液无限稀释，溶液接近中性，根据电荷守恒可知，c(R+)≈c(SO42-)，C正确；D项，溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，所以关系曲线不变，D错误；故选D。29．（2021·河南洛阳市高三调研考试）常温时，有0.1MOL·L-1的次磷酸 H3PO2(一元弱酸)溶液和0.1mol• L-1的氟硼酸 HBF4溶液，两者起始体积均为 V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为 V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是(    )A．已知常温下，NH3·H2O电离常数 Kb=1.7×10-5mol/L， 则 NH4H2PO2溶液的pH>7B．NaH2PO2溶液显碱性的原因是H2PO2-的电离程度大于其水解程度C．NaH2PO2溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO2-)+c(OH—)D．图中A、B、C点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：B>C>A【答案】C【解析】A项，由图可知，次磷酸的电离常数约为=1.0×10-3mol/L> Kb=1.7×10-5mol/L，则 NH4H2PO2溶液中铵根离子的水解程度大于H2PO2-的水解程度，溶液呈酸性，常温下溶液的pH＜7，故A错误；B项，次磷酸是一元弱酸，H2PO2-在溶液中只发生水解，不发生电离，故B错误；C项，NaH2PO2溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(H2PO2-)+c(OH—)，故C正确；D项，A、B、C三点的溶液均为酸溶液，溶液pH越小，氢离子浓度越大，对水电离抑制作用越大，由图可知，溶液pH：C> B > A，则水的电离程度由大到小的顺序为C > B>A，故D错误；故选C。30．（2021·辽宁沈阳市高三一模）某二元酸H2MO4在水中分两步电离：H2MO4= HMO4-+H+，HMO4MO42-+H+。常温下，向20mL 1mol·Lˉ1 NaHMO4溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如下图。下列说法中正确的是(    )A．该NaOH溶液的pH为13B．图像中E点对应的溶液中c(Na＋)= c(H2MO4)+ c(HMO4-)+c(MO42-)C．若F点对应的溶液pH=2，则MO42-的水解平衡常数约为9.4×10-10 mol·L－1D．整个过程中G点水的电离程度最大【答案】D【解析】A项，根据图象分析可知，G点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，二者等体积反应，则c(NaOH)=1mol/L，因此pH=14，故A错误；B项，第一步完全电离，溶液中不存在H2MO4，图像中E点对应的溶液中c(Na＋)= c(HMO4-)+c(MO42-)，故B错误； C项，F点加入氢氧化钠溶液10mL，所得溶液是等浓度的NaHMO4、Na2MO4，若F点对应的溶液pH=2，氢氧根浓度是10－12mol/L，则MO42-的水解平衡常数为≈10－12mol/L，故C错误；D项，根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na2MO4时，水解程度最大，所以整个过程中G点水的电离程度最大，故D正确；故选D。31．（2021·江西省红色七校高三二模）常温下，向1 L浓度为0.4 mol·L-1的乙醇酸[CH2(OH)COOH]溶液中加入8 g NaOH固体得到X溶液，将X溶液平均分成两等份，一份通入HCl气体，得到溶液Y，另一份加入NaOH固体得到溶液Z，溶液Y、Z的pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是(    ) A．c点对应曲线代表的是加入HCl的曲线B．溶液中水的电离程度：b＞cC．a点：c[CH2(OH)COO-]＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH- )D．稀释Y溶液后，溶液中变大【答案】D【解析】由题可知，n[CH2(OH)COOH]=0.4mol，第一次加入0.2molNaOH固体，即溶液X为等浓度的CH2(OH)COOH和[CH2(OH)COO]Na的混合溶液，由a点可知，CH2(OH)COOH的电离程度大于CH2(OH)COO-水解程度，导致溶液呈酸性。A项，加入HCl会使溶液pH减小，故c点对应曲线代表的是加入HCl的曲线，A正确；B项，b点对应曲线代表的是加入NaOH的曲线，b点时溶液中含0.16molCH2(OH)COOH和0.24molCH2(OH)COONa，此时溶液呈中性，对水的电离无影响，c点时溶液中含0.24molCH2(OH)COOH和0.16molCH2(OH)COONa，此时溶液呈酸性，抑制水的电离，故b点水的电离程度大于c点水的电离程度，B正确；C项，a点为等浓度的CH2(OH)COOH和CH2(OH)COONa的混合溶液，且CH2(OH)COOH的电离程度大于CH2(OH)COO-的水解程度，且电离、水解均是微弱的，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH- )，则a点离子浓度大小关系为：c[CH2(OH)COO-]＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH- )，C正确；D项，该比例关系，水解平衡常数只与温度有关，稀释过程中，该数值不发生改变，D错误；故选D。32．（2021·山东潍坊市高三一模）常温下，向含少量盐酸的0.1mol/L的CrCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与溶液pH变化如图所示。已知：Cr(OH)3为灰绿色的沉淀，当Cr3+浓度为10-5mol/L时，可认为沉淀完全，碱过量时生成[Cr(OH)4]-离子。下列说法正确的是(    )A．AB段发生反应的离子方程式为：Cr3++ 3OH-= Cr(OH)3↓B．A到D过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大C．当溶液pH=5时，c(Cr3+)=10-3.8mol/LD．D点溶液中c(Na+)>c(Cl-) >c[Cr(OH)4-]>c(OH-))>c(H+)【答案】C【解析】A项，溶液中含少量盐酸，AB段的反应肯定发生H++OH-=H2O，A错误；B项，AB段肯定发生HCl和NaOH的反应，HCl的电离抑制水的电离，所以该阶段水的电离程度逐渐增大，B错误；C项，C点之后pH发生突变，则该点应为Cr3+完全沉淀的点，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，c(H+)=10-5.4mol/，则c(OH-)=10-8.6mol/L，则Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-30.8，pH=5时c(OH-)=10-9mol/L，所以c(Cr3+)==10-3.8mol/L，C正确；D项，D点溶液显碱性，所以NaOH过量，溶液中存在NaCl、Na[Cr(OH)4]，所以c(Na+)>c(Cl-)，D错误；故选C。33．（2021·广东汕头市高三一模）室温下，向 100mL 饱和 H2S 溶液中通入 SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应： 2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液 pH 与通入 SO2的关系如图。下列有关说法正确的是(    )A．溶液的导电性：a＞b＞cB．整个过程中，水的电离程度先增大后减小C．该温度下，H2S 的 Ka1数量级为10-9D．a 点之后，随 SO2气体的通入，的值始终减小【答案】B【解析】A项，由分析知，a点为纯水，a点过后，SO2过量，形成H2SO3溶液，随着H2SO3浓度增大，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故导电能力：c＞b＞a，A错误；B项，起点→a点，溶液中H2S逐渐被反应，c(H+)逐渐减小，对水的电离抑制程度减弱，水的电离程度增大，a点往后，SO2过量，形成H2SO3溶液，c(H+)增大，对水的电离抑制程度增强，水的电离程度减小，故整个过程，水的电离程度先增大后减小，B正确；C项，由分析知，当通入112 mL SO2，H2S完全反应，故n(H2S)=2n(SO2)=，则起始c(H2S)=，起点pH=4.1，即饱和H2S溶液中c(H+)=10-4.1 mol/L，由于H2S电离是微弱的，故c(HS-)≈c(H+)=10-4.1 mol/L，c(H2S)近似等于起始浓度0.1 mol/L，则，故其数量级为10-8，C错误；D项，由H2SO3电离常数，得，随着SO2的通入，c(H+)逐渐增大，由于Ka1不变，故比值逐渐减小，但当SO2气体达到饱和时，c(H+)保持不变，比值也就不再改变，故D错误；故选B。34．（2021·重庆市高三调研）常温下，向一定浓度的Na2R溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如下图所示。已知：H2R是二元弱酸，Y表示或，pY=-lg Y，题中涉及浓度的单位为mol•L-1。下列叙述错误的是(    )A．曲线m表示p与混合溶液pH的变化关系B．=103.9C．NaHR溶液中存在：c(Na＋)＜c(HR-)＋2c(R2-)D．滴加稀硫酸的过程中，保持不变【答案】C【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）=×c(H+)＞Ka2（H2X）=×c(H+)，pH相同时，＞，pH=-lgc(H+)，pY=-lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系。A项，由分析可知，曲线m表示p与混合溶液pH的变化关系，故A正确；B项，由M点可知，-[lg+lgc(H+)]=-lgKa2=10.3，即Ka2=10-10.3，同理可知，Ka1=10-6.4，==103.9，故B正确；C项，R2-的水解常数Kh2===10-7.6＞Ka2，说明NaHR溶液呈碱性，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na＋)=c(HR-)＋2c(R2-)+c(OH-)可知，c(Na＋)＞c(HR-)＋2c(R2-)，故C错误；D项，== Ka1×Ka2，滴加稀硫酸的过程中，温度不变，因此平衡常数不会发生改变，故D正确；故选C。35．（2021·河北唐山市高三一模）在常温下，向一定浓度的某二元中强酸H2A溶液中逐滴加入KOH溶液，其溶液pC与pH的变化关系如图所示(pC=-lgX，X表示溶液中H2A、HA-或A2-的物质的量浓度)下列说法错误的是(    )A．曲线N代表的是pC(H2A)与pH的变化关系B．pH=3时，溶液中有c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)＜10-3mol/LC．pH=4时，溶液中有c(HA-)＜c(A2-)＜c(H2A)D．常温下KHA的水解平衡常数Kh=10-13.4【答案】C【解析】由pC=-lgX可知，X越大，pC越小。由曲线可知，M曲线随pH的增大而减小，故M为A2-，N曲线随pH的增大而增大，故N为H2A，L曲线随pH的增大先增大后减小，故L为HA-。A项，根据分析，N为pC(H2A)与pH的变化关系，A正确；B项，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，由电荷守恒可知，c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+c(H+)，即c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+10-3mol/L，故c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)=10-3mol/L，所以c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)＜10-3mol/L，B正确；C项，根据分析，X越大，pC越小，pH=4时，由图像可知，c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，C错误；D项，a点时c(HA-)= c(H2A)，根据H2AH++ HA-可知，Ka1== c(H+)=10-0.6，Kh===10-13.4，D正确；故选C。36．（2021·河北张家口市高三一模）25℃时，用HCl调节Na3R溶液的pH，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是(    )A．L2表示pH与-lg的关系曲线B．H3R的电离常数[Ka3(H3R)]的数量级为10-8C．NaH2R溶液中水电离出的c(H+)>10-7mol•L-1D．混合溶液的pH=7时，存在c(H3R)<c(R3-)【答案】D【解析】A项，对函数-lg为减函数，值越小说明分子越大，所以L1表示pH与-lg的关系曲线，L2表示pH与-lg的关系曲线，L3表示pH与-lg的关系曲线，A项错误；B项，L3中任取一点计算，pH=6时，-lg5，=10-5，Ka3(H3R)= ==0.1，B项错误；C项，L2中-lg=0时，pH=7，即H2R-电离与HR2-水解相等，水电离的氢离子浓度为10-7，C项错误；D项，pH=7时，-lg6，-lg-5，故c(H3R)<c(R3-)，D项正确；故选D。37．（2021·山东泰安市高三一模）已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，25℃时，K1=10-4.07，K2=10-7.15，有类氨的性质。向10mL浓度为0.1 mol·L-1的乙二胺溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸，溶液中与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是(    )A． H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：H2NCH2CH2NH2+2H2O=[H3NCH2CH2NH3]2++2OH-B．溶液中水的电离程度：a点大于b点C．a点：盐酸的体积小于10mLD．b点所处的溶液中：c(H+)=c(OH-)+2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)【答案】D【解析】A项，乙二胺为二元弱碱，根据多元弱酸的电离可知乙二胺的电离应分步，且为可逆反应，H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3]++OH-，[H2NCH2CH2NH3]++ H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，故A错误；B项，a点氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性，水的电离既不促进也不抑制，b点n(H2NCH2CH2NH2)：n(HCl)=1:2恰好完全反应生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促进水的电离，则b>a，故B错误；C项，若加入10mL HCl时，即n(H2NCH2CH2NH2)：n(HCl)=1:1，溶液中的溶质为ClH3NCH2CH2NH2，[H2NCH2CH2NH3]+的电离平衡常数为K2=10-7.15，水解平衡常数Kh2==10-9.93，所以电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，而a点为中性，所以V(HCl)>10mL，故C错误；D项，b点生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，存在电荷守恒：c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH-)+c(Cl-)，存在物料守恒：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)，二式联立可得得c(H+)=c(OH-)+2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)，故D正确；故选D。