必练16 电解质溶液图像综合20题 2023年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）

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 2023年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）
必练16电解质溶液图像综合20题
1. (2022东莞市上学期期末考试)窒温下，向20mL0.10mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc(H水+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法错误的是

A. 室温下，醋酸的电离常数约为1.0×10-5
B. c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性
C. d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)=0.05mol/L
D. b、f点溶液中均有：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
【答案】C
【解析】
A．0.10mol/LCH3COOH溶液，[-lgc(H水+)]=11，c(H+)=10-3mol/L，醋酸的电离常数约为=1.0×10-5，选项A正确；
B．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，c点醋酸过量、e点NaOH过量，则c点溶液呈中性、e点溶液呈碱性，选项B正确；
C．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，混合溶液体积是醋酸或NaOH溶液体积的2倍，则浓度是原来一半，根据物料守恒得c(Na+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L， c(CH3COOH)很小，故c(Na+)+c(CH3COO-)>0.05mol/L，选项C错误；
D．点加入n(NaOH)是醋酸的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，CH3COOH抑制水电离、CH3COONa促进水电离，根据图知，水的电离出的c(H+)＜10-7mol/L，水的电离被抑制，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中存在c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；f点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，故存在c c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；选项D正确；
答案选C。
2．(2022佛山一模)0.1 mol/L NaOH溶液与盐酸酸化的0.02 mol/LFeCl3溶液滴定时t-pH曲线如图所示(已知，lg2=0.3)。下列说法正确的是

A．如图为FeCl3溶液滴定NaOH溶液的t-pH曲线
B．由曲线上a点pH，可计算室温下Fe3+的水解常数
C．曲线上b点表示Fe3+恰好沉淀完全
D．c点存在关系：
【答案】C
【解析】
A．FeCl3溶液是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。根据图示可知在开始滴定时溶液pH＜7，溶液显酸性，因此开始时溶液是盐酸酸化的FeCl3溶液，图示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲线，A错误；
B．在室温下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，则根据a点溶液的pH=1.7，可知此时c(H+)=10-1.7 mol/L，在a点Fe3+有一部分水解使Fe3+的浓度小于0.02 mol/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数Kh=，B错误；
C．pH=3.2以后，pH迅速增加，说明b点Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+刚好沉淀完全，则c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8，所以此时溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2，即说明b点时表示Fe3+恰好沉淀完全，C正确；
D．c点溶液中还存在Na+，因此根据电荷守恒可知微粒浓度存在关系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D错误；
故合理选项是C。
3．(2022珠海高三上学期摸底测试)常温下，向0.lmol/L HA溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述正确的是

A．HA的Ka=l.0×104.65
B．A点溶液中：c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.lmol/L
C．B点溶液中：c(Na+)+c(H+)＜c(OH-)+c(HA)
D．C点溶液中：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
A．由图像中B点可知，lg=0，即c(A-)=c(HA)时，Ph=4.65，故HA的Ka==l.0×10-4.65，A错误；
B．由图像可知，A点溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，由物料守恒可知c(A-) +c(HA) =0.lmol/L，故c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.lmol/L，B正确；
C．由图像可知，B点溶液中c(A-)=c(HA)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA)，C错误；
D．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故C点溶液中各离子浓度关系不可能为：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；
故答案为：B。
4．(2022珠海高三上学期期末)利用酸碱中和滴定过程中溶液电导变化的转折来确定滴定终点的方法称为电导滴定。某同学用的NaOH溶液分别滴定同体积的稀HCl溶液和稀HR溶液，溶液电导率变化如图(忽略溶液体积的微小变化)。下列有关判断正确的是


A．A点：
B．B点溶液中：
C．C点溶液中：
D．水的电离程度：B>C>A
【答案】B
【解析】
由图可知： HCl中加NaOH溶液体积变大，自由移动离浓度减小，电导率下降，故①为HCl
的滴定时电导率变化曲线②为HR滴定时电导率变化曲线，且由曲线可知知随着NaOH加入电导率增大，证明HR为弱酸，以此来解析；
【详解】
A．由以上分析知： A点HCl与NaOH恰好完全反应，氢氧化钠和盐酸同体积，HCl+NaOH= H2O+NaCl且此时溶
液中c(Na+)=c(Cl-)==，A 错误；
B．B点时NaOH溶液的体积为Va，HR与NaOH溶液同体积，则n(HR)=n(NaOH)=cV=0.1000mol/L×VL×10-3，故HR与NaOH恰好完全反应，HR+NaOH=NaR+H2O，溶液中的溶质为NaR，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(R-)，c(R-)+c(HR)=c(Na+)，两式结合，可得质子守恒为：c(OH-)=c(HR)+c(H+)，B正确；
C． C点时加入NaOH溶液的体积为2Vml，此时溶液为NaR和NaOH溶液的混合溶液，且n(NaR)=n(NaOH)，故c(Na+)>c(OH-)，R-+H2O⇌c(OH-)+c(HR)，所以c(OH-)>c(R-)，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，且溶液中c(R-)>c(H+)，故c(Na+)>c(OH-)>c(R-)>c(H+)，C错误；
D．B点溶质NaR，R-水解进水电离，A点NaCl溶液对水离无影响，C点溶液为NaR和NaOH溶液的混合溶液，OH-抑制水的电离，所以水的电离程度为：
B>A>C，D错误；
故选B。
5．(2022肇庆二模)常温下，弱酸HA与弱碱MOH分别用强碱或强酸调节pH时，HA、A—、MOH和M+的分布分数δ(X)与溶液pH的关系如图所示。

已知：以HA分子为例，存在δ(HA)= ]。下列说法正确的是
A．MA溶液中水的电离程度高于纯水
B．MOH的电离常数Kb(MOH)=10-9.25
C．等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液中pH>7
D．pH=7的HA与NaOH的混合溶液及HA与MOH的混合溶液中δ(HA)后者大于前者
【答案】A
【解析】
由图可知，当c(HA)= c(A—)时，溶液pH为4.75，则Ka(HA)= = c(H+)=10-4.75；当则c(MOH)= c(M+)时，溶液pH为9.25，Kb(MOH)= = = c(OH—)=10-4.75。
【详解】
A．MA属于弱酸弱碱盐，M+离子和A—离子在溶液中都发生水解反应，促进水的电离，则MA溶液中水的电离程度高于纯水，故A正确；
B．由分析可知，MOH的电离常数Kb(MOH)=10-4.75，故B错误；
C．A—离子的水解常数Kh== ===10-9.25＜Ka(HA)，则等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液中HA的电离程度大于A—的水解程度，混合溶液pH<7，故C错误；
D．温度不变，电离平衡常数不变，溶液pH相等时，分布分数δ(HA)相等，故D错误；
故选A。
6．(2022广东四校第二次联考)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向液中逐滴加入溶液，混合溶液中[X为或]与的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A．曲线Ⅰ表示与的变化关系
B．溶液中：
C．的溶液中：
D．的溶液中：
【答案】C
【解析】
草酸的第一步电离远大于第二步电离，则pH相同，>，则曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系；
【详解】
A．草酸的第一步电离远大于第二步电离，则pH相同，>，则曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，故A正确；
B．pH=1.22时，曲线Ⅰ中=0，即c(HC2O)=c(H2C2O4)，，同理，Ka2=10-4.19，溶液存在水解平衡和电离平衡，水解常数为，由Kh< Ka2，电离程度比水解程度大，则，故B正确；
C．lgX为增函数，pH=1.22时，曲线Ⅰ中，=0时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lgX=lg=-3，103c(C2O)=c(HC2O)=c(H2C2O4)；pH=4.19时，曲线Ⅰ中，lgX=lg=3，c(HC2O)=103c(H2C2O4)，曲线曲线Ⅱ中，lgX=lg=0，c(C2O)=c(HC2O)=103c(H2C2O4)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，c(HC2O)实质逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小、c(C2O)逐渐增大，则不一定满足c(C2O)＞c(H2C2O4)，故C错误；
D．pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)可知，2c(C2O)+c(HC2O)＞c(Na+)，故D正确；
故选：C。
7．(2022潮州高三上学期期末)常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L-1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0.1mol·L-1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是

A．滴加HCl溶液的曲线为I B．水的电离程度：c>b>a
C．d点时，lg≈5.24 D．c点溶液中存在：c(Na+)=2[c(A-)+c(HA)]
【答案】C
【解析】
0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A-的水解程度；向该混合液中，滴加HCl，溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为II；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲线为I；据此分析作答。
【详解】
A．滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为II，A错误；
B．a、b点都在曲线II上，滴加盐酸时发生反应NaA+HCl=NaCl+HA，随着HCl的滴入，NaA逐渐减少、HA逐渐增多，HA电离出H+抑制水的电离，A-水解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离程度a＞b，b点时加入20mL盐酸得到0.1mol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液，c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，则水的电离程度c＞b，B错误；
C．0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76，溶液中c(H+)=10-4.76mol/L，则Ka(HA)=≈10-4.76，d点溶液的pH=10，溶液中c(H+)=10-10mol/L，Ka(HA)== ≈10-4.76，≈105.24，则lg≈5.24，C正确；
D．c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(A-)+c(HA)，D错误；
答案选C。
8. (2022佛山二模) 溶液可发生反应：(一元弱酸)；以的溶液滴定经处理后的溶液，滴定曲线如图所示。关于该过程下列说法错误的是

A. 应选择酚酞作为指示剂 B. 溶液的浓度为
C. 有 D. 溶液时，
【答案】C
【解析】A．强碱滴定弱酸，根据图像可知终点时溶液显碱性，因此应选择酚酞作为指示剂，A正确；B．所得溶液是(CH2)6N4HCl和HCl，滴加氢氧化钠溶液恰好反应时生成Na(CH2)6N4Cl和NaCl，根据原子守恒可知氯化铵的物质的量和氢氧化钠的物质的量相等，所以溶液的浓度为，B正确；C．(CH2)6N4H＋的电离方程式为(CH2)6N4H＋⇌ (CH2)6N4+H＋，根据图像可知起始时氢离子浓度是10－1.1mol/L，但溶液中(CH2)6N4的浓度不是10－1.1mol/L，所以(CH2)6N4H＋的电离常数不是，C错误；D．溶液时氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以根据电荷守恒可知，D正确；答案选C。
9. (2022广州二模)常温下，将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸分别加水稀释至V，pH随的变化如图所示。下列说法不正确的是

A. 曲线②表示CH3COOH溶液
B. c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
C. 盐酸和醋酸分别稀释到pH=4时，c(Cl-)＞c(CH3COO-)
D. c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】C
【解析】
HCl是一元强酸，完全电离，CH3COOH是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，当溶液pH相等时，酸的浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，稀释相同倍数时，CH3COOH溶液pH变化小，酸的浓度仍然是c(CH3COOH)＞c(HCl)。
【详解】A．开始时溶液pH=3，当=1，即溶液都稀释10倍，曲线①pH=4，pH增大了1个单位，而曲线②pH=3.5＜4，pH变化小于1个单位，说明曲线①表示盐酸，曲线②表示CH3COOH溶液，A正确；
B．同一酸溶液，溶液稀释倍数越小，溶液的pH越小，离子浓度越大，该溶液的导电能力就越强。根据图示可知溶液的pH：c＜b，则离子浓度：c＞b，所以c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强，B正确；
C．在HCl溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，在CH3COOH溶液中也存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当盐酸和醋酸分别稀释到pH=4时，两种溶液中c(H+)相等，c(OH-)也相等，因此c(Cl-)=c(CH3COO-)，C错误；
D．pH相等的两种酸溶液，c(CH3COOH)＞c(HCl)，当二者稀释相同倍数时，HCl只有稀释作用使离子浓度减小，而弱酸CH3COOH在溶液中存在电离平衡，又电离产生离子，使离子浓度有所增加，此时溶液中酸的浓度仍然是c(CH3COOH)＞c(HCl)，即c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度，D正确；
故合理选项是C。
10. (2022广州二模)25°C时，用1.0mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc1mol·L-1的盐酸，用0.010mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc2mol·L-1的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是

A. 曲线a表示滴定c1mol·L-1的盐酸
B. c1：c2=100：1
C. 滴定至pH=7时，两份溶液导电能力相同
D. 水的电离程度在V(NaOH)=20.00mL时最大
【答案】C
【解析】
A．由图可知，20.00mLc1mol·L-1、20.00mLc2mol·L-1的盐酸消耗对应氢氧化钠均为20mL，则c1=1.0mol·L-1、c2=0.010mol·L-1，由图像起点可知，曲线a开始pH约为0表示滴定1.0mol·L-1的盐酸，A正确；
B．由A分析可知，c1：c2=10mol·L-1：0.010mol·L-1=100：1，B正确；
C．起始盐酸浓度不同，滴定至pH=7时，两份溶液均为氯化钠溶液，但是所得溶液的浓度不同，两者的导电能力不相同，C错误；
D．酸或碱都会抑制水的电离，在V(NaOH)=20.00mL时，溶液为中性，此时水的电离程度最大，D正确；
故选C。
11. (2022广州一模)25℃时，用HCl和KOH固体改变0.1mol·L-1的邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3、Ka2=3.9×10-6)溶液的pH，lgc(H2A)、lgc(HA-)和Igc(A2-)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(H2A)，曲线③代表lgc(A2-)
B. P点时，c(K+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
C. 0.1mol·L-1KHA溶液中，c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D. 用KOH固体改变KHA溶液pH至14过程中，c(A2-)一直增大
【答案】B
【解析】
A．H2A+OH-= HA-+H+，HA-+OH-=H2O+ A2-，随pH增大c(H2A)一直下降，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)一直增大，故曲线①代表lgc(H2A)，曲线③代表lgc(A2-)，A正确；
B．P点时，P处有K2A、KHA，(lgc(H2A)≈-5，即c(H2A) ≈10-5mol/L)，若溶质为KHA，则由物料守恒c(K+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，但是P处有K2A、KHA 两种溶质c(K+)不等于c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，B错误；
C．HA-⇌H++A2-，Ka2=3.9×10-6，HA-+H2O⇌ H2A+OH- ，K&h&=cOH-·cH2AcHA-=cOH-·cH+·cH2AcHA-·cH+，Kh=KWKa1=10-141.1×10-3=9.09×10-12＜Ka2，故HA-的电离程度更大，故c(A2-)>c(H2A)，整体而言电离程度仍较小，c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确；
D．HA-+OH-=H2O+ A2-，c(A2-)一直增大，D正确；
答案选B。
12. (2022华附、省实、广雅、深中四校联考)常温下，向1L1.0mol·L-1的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2的物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO、HClO的分解)。下列说法错误的是

A. 常温下，HClO电离平衡常数的数量级为10—8
B. 水的电离程度：a>b>c
C. b点溶液中：c(Cl—)+c(SO)=c(ClO—)+c(HClO)
D. c点溶液中：c(Cl—)+c(ClO—)+2c(SO)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)
【答案】D
【解析】
向次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体先发生如下反应：3NaClO+ SO2+H2O=Na2SO4+NaCl+2HClO，继续通入的二氧化硫与反应生成的次氯酸发生如下反应：HClO+ SO2+H2O=H2SO4+HCl，总反应的方程式为NaClO+SO2+H2O=H2SO4+NaCl，由图可知，a点少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应，所得溶液为氯化钠、硫酸钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，b点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好反应生成次氯酸，所得溶液氯化钠、硫酸钠和次氯酸的混合溶液，c点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好完全反应生成硫酸，所得溶液为氯化钠和硫酸的混合溶液。
【详解】A．由分析可知，b点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好反应生成次氯酸，二氧化硫的物质的量为mol，溶液的pH为3.8，由方程式可知，溶液中次氯酸的浓度为=mol/L，则次氯酸的电离常数约为=1.5×10—7.6，电离平衡常数的数量级为10—8，故A正确；
B．由分析可知，a点溶液含有次氯酸和次氯酸钠，次氯酸抑制水的电离、次氯酸钠促进水的电离，b点溶液含有的次氯酸抑制水的电离，则a点水的电离程度大于b点，c点溶液含有的硫酸抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，水的电离程度小于b点，则三点水的电离程度大小顺序为a>b>c，故B正确；
C．由分析可知，b点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好反应生成次氯酸，二氧化硫的物质的量为mol，由方程式可知，溶液中硫酸钠、氯化钠和次氯酸钠的物质的量分别为mol、mol和mol，由物料守恒可得c(Cl—)+c(SO)=c(ClO—)+c(HClO)，故C正确；
D．由分析可知，c点溶液为氯化钠和硫酸混合溶液，由电荷守恒可得c(Cl—)+2c(SO)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，故D正确；
故选D。
13．(2022江门一模)25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：1gX=或，下列叙述错误的是
A．曲线m表示pH与的变化关系
B．当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c()+c(Cl-)
C．Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4
D．25℃时，+H2O⇌+OH-的平衡常数为1.0×10-7.6
【答案】D
【解析】
Na2CO3溶液中滴入盐酸，发生Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，随着pH的减小，c(HCO)、c(H2CO3)增大，利用电离平衡常数只受温度的影响、水解常数与电离平衡常数之间的关系等进行分析；
【详解】
A．电离平衡常数只受温度的影响，碳酸的一级平衡常数Ka1=，二级电离平衡常数Ka2=，碳酸属于二元弱酸，Ka1＞Ka2，相同pH时，＞，根据图像可知，曲线m表示pH与lg，曲线n表示pH与lg，故A说法正确；
B．根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，当溶液呈中性时，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)= c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故B说法正确；
C．根据A选项分析，Ka1=，取N点坐标，代入表达式，Ka1(H2CO3)= =10×10－7.4=10－6.4，故C说法正确；
D．该反应的平衡常数K=，，该温度为常温，即Kw=1.0×10－14，根据C选项分析，取M点的坐标，代入Ka2的表达式，计算出Ka2=1.0×10-10.3，计算出K=1.0×10－3.7，故D说法错误；
答案为D。
14．(2022揭阳市高三上学期期末)改变0.1 二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。下列叙述不正确的是

A．的数量级为
B．pH=4.2时，在该溶液中，
C．与溶液pH无关，恒等于
D．等体积等物质的量浓度的NaHA和溶液混合后，溶液pH=4.2
【答案】D
【解析】
A．由图可知，时，，故数量级为，A正确；
B．pH=4.2时，，B正确；
C．，与溶液pH无关，恒等于，C正确；
D．图中表达的意思是在水溶液中实现所有微粒的各种平衡后，溶液中，此时pH=4.2，而D选项是等体积等物质的量浓度的NaHA和溶液混合，混合后各种平衡移动导致，D错误。
故选D。
15．(2022梅州二模）)常温下，将0.1 mol BaSO4粉末置于盛有500 mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，该过程中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法不正确的是

A．反应BaSO4(s)+CO(aq)⇌BaCO3(s)+SO(aq)的K=0.04
B．相同温度下，BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp不变
C．曲线M→P代表Ba2+浓度变化
D．锅炉水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液处理，使CaSO4转化为CaCO3后，再用酸除去
【答案】C
【解析】
由图可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c() =2.5×10-4 mol/L时，开始发生沉淀的转化，此时c(Ba2+)降低，c()升高，即MP线为浓度的变化曲线，而MN线是Ba2+的变化曲线。
【详解】
A．在M点均为BaSO4、BaCO3的溶解平衡，反应BaSO4(s)+CO(aq) ⇌BaCO3(s)+SO(aq)的K=，A正确；
B．溶度积常数Ksp只与温度有关，而与溶剂无关，物质的溶解度随物质的不同而不同，因此相同温度下，BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp不变，B正确；
C．根据上述分析可知：曲线M→P代表浓度变化，C错误；
D．锅炉水垢中的CaSO4微溶于水，不溶于酸，可根据沉淀溶解平衡，先用Na2CO3溶液处理，使CaSO4转化为CaCO3后，弃去沉淀转化后的溶液，然后再向其中加入盐酸，发生反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，达到除去锅炉水垢的目的，D正确；
故合理选项C。
16．(2022清远市高三上学期期末)是二元弱酸，常温下向溶液中滴入0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知，下列说法正确的是

A．常温下，溶液中
B．常温下，的一级电离常数Ka1约为
C．与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为
D．a点溶液中存在
【答案】D
【解析】
A．当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图示可得出，常温下，溶液显酸性，的电离大于水解，故，A项错误；
B．c点时溶液中，，，B项错误；
C．是二元弱酸，与足量的溶液反应生成，C项错误；
D．当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+ c(H2PO)+2c(HPO)，根据物料守恒，则有②c(Na+)=2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(H3PO3)，将①②联立，可得，D项正确；
答案选D。
17．(2022汕头市高三上学期期末质量监测)铬酸钠(Na2CrO4)常用于印染、颜料、油漆等领域，已知其水溶液中存在如下平衡：2H＋＋2CrO42－⇌2HCrO4－⇌Cr2O72－+H2O，25℃时，含铬离子在溶液中的分布分数与pH值关系如图所示，下列有关说法不正确的是。

A．溶液的pH大于7
B．CrO42－+H2O⇌HCrO4－+OH-的水解常数为
C．为得到纯度较高的溶液，需控制溶液
D．时，溶液中存在
【答案】B
【解析】
A．由题干图示可知，需在碱性条件下大量存在，即存在 ，故溶液的pH大于7，A正确；
B．由题干图示中Q点数据可知，的水解常数为Kh==c(OH-)==，B错误；
C．由题干图示可知，pH＞9时，溶液中Cr的存在形式主要为，故为得到纯度较高的溶液，需控制溶液，C正确；
D．根据物料守恒可知，，则有时，溶液中存在，D正确；
故答案为：B。
18．(2022汕头市高三下学期第一次模拟考试)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸加碱改变溶液的pH时，含R粒子的物质的量分数[]随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．中R为价，pH＞6时溶液中存在
B．水的电离程度：M＜N
C．溶液中存在：
D．的第一步电离平衡常数
【答案】C
【解析】
A．中氧元素化合价为-2，则R为价；由图可知，pH＞6时溶液中存在，A正确；
B．的水解促进水的电离，其浓度越大水的电离程度越大，则水的电离程度：M＜N，B正确；
C．由电荷守恒可知，溶液中存在：，C错误；
D．的第一步电离平衡常数，由图可知，Q点，则，、pH=4，故；D正确；
故选C。
19．(2022深圳二模)甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
HOOCCH2NH⇌-OOCCH2NH+H+        K1
-OOCCH2NH⇌-OOCCH2NH2+H+        K2
常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．Q→X过程中：逐渐减小
B．X点的溶液中：c(-OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH)
C．P点的溶液中：c(HOOCCH2NH)+c(H+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)
D．当V(NaOH)=20mL时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl
【答案】C
【解析】
A．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→X过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，A正确；
B．由图示可知，X点对应加入的NaOH溶液为10mL，此时溶液的溶质为：NaOOCCH2NH，X点的溶液呈酸性，则有-OOCCH2NH的电离大于水解，有c(-OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH)，B正确；
C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C错误；
D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1:2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D正确；
故答案为：C。
20. (2022深圳一模)甲胺(CH3NH2)与盐酸反应生成甲胺盐酸盐(CH3NH3Cl)。25℃时，向一定体积0.01mol·L-1CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)的关系如图所示。下列叙述不正确的是

A. 图中a=2.7，b=7
B. 该过程中，增大
C. Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D. N点溶液中：c()=c(Cl-)
【答案】B
【解析】
A．M点pH=11.3，c(H+)=10-11.3mol/L，c(OH-)===10-2.7mol/L，a点pOH=-lgc(OH-)=2.7；N点pH=7，c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)=10-7mol/L，b点pOH=-lgc(OH-)=7，选项A正确；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O+OH-，Kb=，==，CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，c()逐渐增大，Kb只与温度有关，所以比值减小，选项B不正确；
C．CH3NH2+HCl= CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，选项C正确；
D．溶液中电荷守恒：c(H+)+ c()= c(OH-)+ c(Cl-)，N点pH=7，c(H+)= c(OH-)，故c()=c(Cl-)，选项D正确；
答案选B。