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2023年高考化学一轮复习 考点27 水的电离和溶液的pH 模拟测试
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考点27 水的电离和溶液的pH
模拟检测
1．(2022·河北省级联测高三联考)常温下，关于下列溶液的说法正确的是( )
A．pH=7.8的NH4HCO3溶液中：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3•H2O)
B．某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，则该溶液的pH=a
C．H2C2O4溶液中c(HC2O4-)=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka2=10-1.12
D．0.1mol·L-1的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强
【答案】D
【解析】A项，pH=7.8的NH4HCO3溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3•H2O) >c(H2CO3)，A项错误；B项，当溶液为酸时，由水电离出的c(H+)不是该溶液的pH，B项错误；C项，H2C2O4溶液中c(HC2O4-)=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka1=10-1.12，C项错误；D项，同浓度的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强，D项正确。故选D。
2．(2022·浙江省精诚联盟高三选考适应性考试)已知25℃时，H2S的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15 的H2S溶液用固体调整溶液的值，设体积不发生改变，下列说法正确的是( )
A．0.1 mol·L-1H2S 溶液的电离度约为1.0%
B．NaHS水溶液呈现碱性，温度升高溶液一定升高
C．当溶液的pH=7时，溶液中的c(HS- )≈0.057 mol·L-1
D．当溶液的pH=13时，溶液中的c(HS- )=c(S2-)
【答案】C
【解析】A项，设电离度为，，则0.1 mol·L-1H2S溶液的电离度约为0.114%，A错误；B项，NaHS溶液既电离又水解，水溶液呈现碱性，说明水解程度大于电离程度，升高温度，促进水解、氢氧根浓度增大、但Kw也增大，则氢离子浓度有可能增大、故温度升高溶液pH不一定升高，B错误；C项，NaHS水溶液呈现碱性，当溶液的pH=7时所得溶液为H2S和NaHS的混合溶液，则存在，可得溶液中的c(HS- )≈0.057 mol·L-1，C正确；D项，，当溶液的pH=13时，c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，=0.071，c(HS- ) ≠ c(S2-)，D错误；故选C。
3．(2022·浙江省精诚联盟高三选考适应性考试)下列说法不正确的是( )
A．任何水溶液的KW=1.0×10-14
B．25℃，1 ml pH=5的CH3COOH溶液稀释到，所得溶液的接近7
C．25℃时，NH3·H2O与CH3COOH的电离平衡常数相等，某浓度的NH4Cl溶液的pH=4.3，则相同浓度的CH3COONa溶液的pH=9.7
D．25℃时，当和的物质的量之比为1∶2溶于水得到的溶液，则溶液中
【答案】A
【解析】A项，Kw只与温度有关，温度不同Kw值不同，故应为25℃时，任何水溶液的KW=1.0×10-14，A项错误；B项，25℃，1 ml pH=5的CH3COOH溶液稀释1000倍，但酸溶液再稀释也不可能稀释成中性溶液或者碱性溶液，故所得溶液的pH接近7，B项正确；C项，25℃时，NH3·H2O与CH3COOH的电离平衡常数相等，说明NH4+和CH3COO-水解能力相同，某浓度的NH4Cl溶液的pH=4.3，说明NH4+水解生成的c(H+)约为10-4.3mol/L，故相同浓度的CH3COONa溶液，CH3COO-水解生成的c(OH-)约为10-4.3mol/L，故pH=9.7，C项正确；D项，pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(X-)，再根据物料守恒3c(Na+)= c(HX)+c(X-)，故可得c(X-)∶c(HX)=1∶2，D项正确；故选A。
4．(2022·海南省海口市二模)常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A．含有Al3+的溶液中：K+、Na+、HCO3-、Cl-
B．的溶液中：K+、Na+、MnO4 -、Cl-
C．pH=6.5的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-
D．水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、NH4+、S2-、Br-
【答案】C
【解析】A项，Al3+与HCO3-能发生双水解反应，二者不能共存，A不符合题意；B项，的溶液呈酸性，酸性条件下，MnO4 -能氧化Cl-，二者不能共存，B不符合题意；C项，常温下，pH=6.5的溶液呈弱酸性，Na+、Mg2+、Cl-、SO42-可以大量共存，C符合题意；D项，常温下，水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液；酸性溶液中，S2-不能大量存在，碱性溶液中，NH4+不能大量存在，D不符合题意；故选C。
5．(2022·重庆市育才中学模拟预测)下列叙述正确的是( )
A．0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性，溶液中c(H2S)＜c(S2-)
B．向0.1mol·L-1NaBr溶液中加入少量AgCl固体，则c(Br-)变小
C．25℃时，pH=3的盐酸与的氨水等体积混合后，则pH＜7
D．pH=5的CH3COOH和H2CO3两种溶液中，c(H2CO3)＜c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项， 0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性，说明HS-的水解程度大于其电离程度，水解产生H2S，电离产生S2-，故溶液中c(H2S) ＞c(S2-)，A错误；B项，向0.1mol·L-1NaBr溶液中加入少量AgCl固体，发生沉淀转化，AgCl+Br-AgBr+Cl-，则c(Br-)变小，B正确；C项，25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，由于一水合氨为弱碱，pH=11的氨水中一水合氨的浓度远远大于10-3mol/L，混合后溶液显碱性，pH＞7，C错误；D项，pH=5的CH3COOH和H2CO3两种溶液中，由于碳酸酸性比醋酸弱，相同pH值时碳酸溶液的浓度大，即c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，D错误；故选B。
6．(2022·浙江大学附属中学高三选考模拟)下列说法正确的是( )
A．已知室温时Ka(HA)=1.0×10-5，则室温时溶液的pH约为9
B．加水稀释H2A溶液，水电离出的保持不变
C．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，所得溶液中离子浓度关系有：(K+)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性(醋酸的电离常数Ka=1.75×10-5)
【答案】C
【解析】A项，已知室温时Ka(HA)=1.0×10-5，则A-的水解平衡常数为 =10-9，室温时溶液中的水解程度很小，则 ，c(OH-)=10-6mol/L，则溶液的pH约为8，A错误；B项，加水稀释H2A溶液，酸的电离程度减小，对水的电离的抑制作用减弱，则水电离出的c(H+)×c(OH-)增大，B错误；C项，向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，即二者为1：2的比例反应，生成硫酸钡和片氯酸钾，即所得溶液为片氯酸钾溶液，溶液为碱性，其中离子浓度关系有：(K+)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)，C正确；D项，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，醋酸的电离常数，则溶液显酸性，D错误；故选C。
7．(2022·浙江省杭州第二中学高三选考模拟)下列说法不正确的是( )
A．25℃时，中和pH和体积均相等的乙酸和盐酸溶液，乙酸消耗NaOH的物质的量多
B．50℃时，1L1 mol∙L－１的氯化铵溶液中滴入氨水至pH=7，数目大于Cl-数目
C．25℃时，pH=10的Na2CO3溶液浓度小于pH=9的Na2CO3溶液浓度的10倍
D．25℃时，某溶液水电离出的c(H+)＜10-7mol∙L－１，则该溶液的溶质可能是酸、碱或盐
【答案】C
【解析】A项，盐酸为强酸，乙酸为弱酸，pH相同时，乙酸的浓度比盐酸大，pH和体积均相等的乙酸和盐酸中，乙酸的物质的量大，消耗NaOH的物质的量多，A正确；B项，50℃时，KW(H2O)＞10-14，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)＞10-7mol/L，则c(OH-)＞c(H+)，1L1 mol∙L－１的氯化铵溶液中滴入氨水至pH=7，c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，所以NH4+数目大于Cl-数目，B正确；C项，25℃时，Na2CO3溶液浓度越大，水解产生的c(OH-)越大，但水解程度越小，pH=10的Na2CO3溶液中c(OH-)是pH=9的Na2CO3溶液中c(OH-)的10倍，则pH=10的Na2CO3溶液浓度大于pH=9的Na2CO3溶液浓度的10倍，C不正确；D项，25℃时，某溶液中水电离出的c(H+)＜10-7mol∙L－１，则水的电离受到抑制，该溶液的溶质可能是酸、碱或强酸的酸式盐(或酸式根以电离为主的弱酸的酸式盐)，D正确；故选C。
8．(2022·湖南省娄底市第五中学高三模拟)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．c(H+) /c(OH-) =10-12的溶液中： NH4+、Ba2+ 、Cl-、NO3-
B．透明的溶液中：K+、Na+、SO42-、MnO4-
C．能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+ 、K+、NO3-、SO42-
D．由水电离的 c(OH-)=1×10-10 mol∙L-1 的溶液中：K+ 、Na+、NO3-、Al3+
【答案】B
【解析】A项，由比值可知 c(OH-)> c(H+)，溶液呈碱性，在碱性条件下，OH-与NH4+不能大量共存，故A错误；B项，透明的溶液中各离子之间互不反应，能大量共存，故B正确；C项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下，H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D项，由水电离的 c(OH-)=1×10-10 mol∙L-1 的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中，OH-与Al3+不能大量共存，故D错误；故选B。
9．(2022·河北省唐山市三模)水溶液中存在多种平衡，下列说法正确的是( )
A．稀醋酸溶液稀释时，溶液中所有离子的物质的量浓度均减小
B．水溶液中，pH=7时，溶液一定呈中性
C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，则c(CH3COO-)+2 c(OH-)=2 c(H+)+c(CH3COOH)
D．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，若选用甲基橙做指示剂，滴定过程中水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】A项，加水稀释醋酸，其溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误； B项，常温下水溶液中，pH=7时，温度未知，水的离子积KW未知，故B错误；C项，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)，由物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，两式相加得：c(CH3COO-)+2 c(OH-)=2 c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；D项，NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH，若选用甲基橙做指示剂，水的电离一直被抑制，故D错误；故选C。
10．(2022·山东省潍坊市高三期末统考)缓冲溶液由浓度较大的弱酸及相应的盐溶液组成，其溶液能够保持稳定的pH，溶液pH的计算公式为pH= -lgKa +lg。现有25°C浓度均为1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa缓冲溶液[已知25°C时，Ka(CH3COOH) =1.75 ×10-5mol·L-1]。下列说法正确的是( )
A．决定该缓冲溶液pH的主要因素是CH3COOH的Ka
B．将该缓冲溶液稀释一倍，溶液中c(H+ )减小为原来的
C．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，溶液pH几乎不变
D．该缓冲溶液中： c( CH3COO-) -c( CH3COOH) ＜c(H+) -c(OH- )
【答案】AC
【解析】A项，依据pH= -lgKa +lg溶液能够保持稳定的pH，外加酸碱对pH影响很小，决定该缓冲溶液pH的主要取决于CH3COOH的Ka，故A正确；B项，稀释CH3COOH的Ka不变，不变，故pH几乎不变，即溶液中c(H+ )不变，故B错误；C项，向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加入几滴NaOH溶液使平衡正向移动，溶液中c(H+ )几乎不变，pH不变，故C正确；D项，根据物料守恒得c( CH3COO-)+c( CH3COOH) =2 c(Na＋)，根据电荷守恒得c( CH3COO-)+c(OH- )= c(Na＋)+c(H+)，根据物料守恒和电荷守恒求出质子守恒c( CH3COO-)+2c(OH- )= c( CH3COOH)+2c(H+) ，根据pH= -lgKa +lg=-lg1.75 ×10-5+ lg1=4.76，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH- )，则c( CH3COO-)+c(OH- )＞c( CH3COOH)+c(H+) ，c( CH3COO-) -c( CH3COOH) >c(H+) -c(OH- )，故D错误；故选AC。
11．(2022·广东省东莞市高三模拟)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项，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，A正确；B项，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，B正确；C项，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，C错误；D项，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(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选C。
12．(2022·广东省深圳市光明区高三名校联考)常温下，用0.0100mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.0100mol·L-1的HCl和HA的混合溶液，所得溶液pH变化如图所示。已知HA的电离常数。下列有关说法错误的是( )
A．b点溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B．若c点的pH=5，则该点溶液中：c(HA)=c(A-)
C．曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)
D．在滴定过程中，水的电离程度：d>c>b>a
【答案】A
【解析】A项，b点溶液中：可认为HCl完全反应，溶质成分为NaCl和HA，，且两者的物质的量之比为1：1，溶液显酸性，c(Na+)=c(Cl-)，HAH+A-部分电离，水中也能电离产生氢离子，故氢离子浓度大于A-，A错误；B项，HA的电离常数，若c点的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(HA)=c(A-)，B正确；C项，HCl和HA的混合溶液中浓度相等，物质的量也相等，根据物料守恒，曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)，C正确；D项，在滴定过程中，d点为滴定终点，溶质成分为正盐：NaCl和NaA，水的电离程度最大，起点为酸溶液，酸抑制水电离，滴加氢氧化钠溶液的过程中抑制程度逐渐减弱，生成正盐时水的电离程度最大，故水的电离程度：d>c>b>a ，D正确；故选A。
13．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测)常温下，分别取未知浓度的NaOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．P线代表HA的稀释图像且HA为强酸
B．X、Y、Z点水的电离程度：Z>Y=X
C．将X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，c(A-)＜c(Na+)+c(HA)
D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】由图像可知，稀释过程中，Q线溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化等于n个单位，说明Q线代表强碱NaOH ，P线溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明P线代表HA且为弱酸。A项，P线代表HA的稀释图像且HA为弱酸，故A错误；B项，常温下，P线代表弱酸HA，X点pH=5，则水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，Q线代表强碱NaOH ，Y点pH=10，水电离出的氢离子浓度为10-10mol/L，Z点pH=9水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，所以电离程度：X=Z>Y，故B错误；C项，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则c(Na+)=c(A-)，c(A-)＜c(Na+)+c(HA)，故C正确；D项，X点pH=5，氢离子浓度为10-5mol/L，但HA为弱酸，HA的浓度大于10-5mol/L，Z点pH=9，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，MOH为强碱，浓度为10-5mol/L，则X点与Z点等体积混合后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，故D错误；故选C。
14．(2022·安徽省合肥市第六中学模拟预测)常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与粒子浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点时两溶液中水的电离程度相同
B．曲线L2表示lg与pH的变化关系
C．0.01mol·L-1YX溶液中存在：c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D．等浓度的HX和NaX混合溶液中存在：c(Na+)>c(X-)>c(HX)
【答案】C
【解析】向NaX溶液中加入HCl，随着HCl的滴入，溶液的pH减小，X-浓度减小，HX浓度增大，减小，曲线L2表示与pH的变化关系；向YCl溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的滴入，溶液的pH增大，Y+浓度减小，YOH浓度增大，减小，曲线L1表示与pH的变化关系。A项，a点溶液的pH大于7，对L1说明YOH的电离程度大于Y+的水解程度，YOH的电离对水的电离起抑制作用，对L2说明X-的水解程度大于HX的电离程度，X-的水解对水的电离起促进作用，故a点两溶液中水的电离程度不相同，A项错误；B项，曲线L1表示与pH的变化关系，B项错误；C项，HX的电离平衡常数Ka(HX)= ，YOH的电离平衡常数Kb(YOH)= ，a点溶液的pH大于7，即溶液中c(H+)＜c(OH-)，a点=，=，则Ka(HX)＜Kb(YOH)，YX溶液中X-的水解程度大于Y+的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，C项正确；D项，曲线L2表示与pH的变化关系，当=0时(即X-与HX浓度相等)溶液的pH=5.5，HX的电离平衡常数Ka(HX)= =10-5.5，X-的水解平衡常数Kh(X-)===10-8.5＜Ka(HX) =10-5.5，等浓度的HX和NaX混合溶液中HX的电离程度大于X-的水解程度，溶液中存在c(X-)＞c(Na+)＞ c(HX)，D项错误；故选C。
15．(2022·四川省成都市一模)现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)
D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC—，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H2C=HB+HC—
【答案】D
【解析】A项，由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A正确；B项，由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正确；C项，由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正确；D项，由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H+=HB，故D错误；故选D。
16．(2022·北京市十一学校三模)室温下，向20.0mL0.1mol·L-1的某弱酸的溶液中滴加同浓度的NaOH，过程中随的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a到c的过程中，[c(HA)+ c(A-)]为定值
B．a到c的过程中，水的电离程度不断增大
C．b点时，c(Na+)＞c(A-)
D．c点时加入碱的体积为
【答案】B
【解析】A项，根据物料守恒，[c(HA)+ c(A-)]是定值， a到c的过程中，溶液溶液总体积增大，所以[c(HA)+ c(A-)]减小，故A错误；B项，NaA水解促进水电离、HA电离抑制水电离，NaA溶液呈碱性，c点呈中性，说明c点溶质中含有部分HA未被中和，a到c的过程中，NaA逐渐增多、HA逐渐减少，所以水的电离程度不断增大，故B正确；C项，根据电荷守c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，b点时，溶液呈酸性，所以c(Na+)＜c(A-)，故C错误；D项，若加入碱的体积为20.0mL，酸碱恰好反应生成NaA，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以加入碱的体积小于20.0mL，故D错误；故选B。
17．(2022·浙江省杭州二中、温州中学、金华一中高三选考模拟)当25℃时，向20.00mL某浓度新制氯水中滴入的NaOH溶液，滴定曲线如图所示，已知次氯酸的电离常数为Ka=2.5×10-8。下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：HClO+OH-=H2O+ClO-
B．甲到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)
D．氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，其平衡常数K的数量级为10-4
【答案】C
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A不正确；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B不正确；C项，丙点溶液中，Ka==2.5×10-8，此时c(H+)=10-8mol/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)==0.05mol/L，其平衡常数K===，数量级为10-5或更小，D不正确；故选C。
18．(2022·四川省成都市高三模拟)常温下，往100 mL0.1mol·L-1的H2R溶液(此时为a点)中不断加入NaOH固体，溶液中由水电离出来的c水(H+)的负对数[]与的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．H2R的电离方程式为：，
B．b点时，加入的NaOH的质量为0.6g
C．c、e两点溶液均显中性
D．d的坐标为(5，6)
【答案】D
【解析】向H2R溶液中加入NaOH固体，溶液体积变化可以忽略不计，随着NaOH的加入，R2-逐渐增大，HR-逐渐减小，则两者比值逐渐增大。R2-的水解可以促进水的电离，所以水电离出来的氢离子浓度逐渐增大，当到达d点时，水的电离程度达到最大，此时溶液中的溶质为Na2R。再继续加入NaOH，由于NaOH会抑制水的电离，所以水的电离程度又逐渐降低。A项，a点溶质为0.1mol/L的H2R溶液，此时溶液中水电离出来的H+浓度为10-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液中水电离出来的氢离子浓度等于水电离出来的OH-浓度，溶液中的OH-浓度就等于水电离出来的OH-浓度，则溶液中的H+浓度为0.1mol/L。=-2，所以=10-2mol/L，H2R的第二步电离是微弱的，相对于第一步电离可以忽略，0.1molH2R溶液中的H+浓度为0.1mol/L，所以H2R的第一步电离是完全的，第二步电离是不完全的，所以H2R的电离方程式为：H2R=H++HR-，HR-H++R2-，故A错误；B项，b点坐标为(0，11)，则此时c(R2-)=c(HR-)，若溶液中的溶质为等物质的量的Na2R和NaHR，根据H2R溶液为100 mL0.1mol·L-1，可知其物质的量为0.01mol，则Na2R和NaHR均为0.005mol，根据钠元素守恒，NaOH为0.015mol，质量为0.6g。若等物质的量的Na2R和NaHR混合，由于R2-的水解程度、HR-的水解程度不相同，所以混合后溶液中b点c(R2-)不等于c(HR-)，故B错误；C项，c点的溶质是Na2R和NaHR，Na2R促进水的电离，NaHR只电离不水解，NaHR抑制水的电离，促进和抑制的程度相等，所以c点水电离出来的H+浓度等于10-7mol/L，此时溶液呈中性；e点溶质是Na2R和NaOH，Na2R促进水的电离，NaOH抑制水的电离，促进和抑制的程度相等，所以e点水电离出来的H+浓度也等于10-7mol/L，此时溶液呈碱性，故C错误；D项，a点溶质为0.1mol/L的H2R溶液，此时溶液中水电离出来的H+浓度为10-13mol/L，则溶液中的H+浓度为0.1mol/L。=-2，所以=10-2mol/L，则=Ka=0.1×10-2=10-3。D点溶质为Na2R，忽略溶液体积变化，Na2R浓度为0.1mol/L，R2-水解：R2-+H2OHR-+OH-，此时溶液中c(OH-)=c(HR-)，则Kh===10-11，而c(R2-)近似等于0.1mol/L，所以c(OH-)=10-6mol/L，此溶液中水的电离受到促进，所以溶液中水电离出来的H+浓度为10-6mol/L，即纵坐标为6；Na2R溶液中c(OH-)=10-6mol/L，则c(H+)=10-8mol/L，Ka=10-3=，则==105，所以=5，横坐标为5，则d的坐标为(5，6)，故D正确；故选D。
19．(2022·山东省济南市三模)室温下，向20mL0.1mol·L-1的HA(Ka=1.0×10-5)溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图中曲线①所示。下列说法错误的是( )
A．a点，pH>5
B．水的电离程度：c>b>a
C．该滴定实验可选择酚酞做指示剂
D．若将HA改为20mL0.1mol·L-1的盐酸，则滴定曲线应如②所示
【答案】D
【解析】A项，Ka=1.0×10-5，，A-的水解常数是10是1.0×10-9，a点溶质为等浓度的NaA、HA，HA电离大于A-水解，所以c(A-)>c(HA)，则c(H+)<1.0×10-5，所以pH>5，故A正确；B项，HA电离抑制水电离，a点到c点，HA逐渐减小，c点HA和NaOH恰好完全反应，溶质为NaA，A-水解促进水电离，所以水的电离程度c>b>a，故B正确；C项，该滴定实验，滴定终点溶液呈碱性，可选择酚酞做指示剂，故C正确；D项，若将HA改为20mL0.1mol·L-1的盐酸，开始滴定时，pH变化幅度很小，接近滴定终点时，pH才发生突变，所以滴定曲线不能用②表示，故D错误；故选D。
20．(2022·辽宁省大连市高三模拟预测)25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是( )
A．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25
B．t=0.5时，2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+2c(OH−)
C．P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1
D．P2所示溶液：c(NH4+)>100c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】A项，NH3·H2O的电离平衡常数K=，据图可知当lgc(NH4+)=lgc(NH3·H2O)，即c(NH4+)=c(NH3·H2O)时，溶液pH=9.25，则此时c(OH−)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误；B项，t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，联立可得2c(H+)+ c(NH4+) = c(NH3·H2O) +2c(OH−)，B错误；C项，若c(Cl−)=0.05mol·L−1，则此时溶质应为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，由于NH4+的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH4+)≠c(NH3·H2O)，与P1不符，C错误；D项，K==10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以==102.25＞100，D正确；故选D。
21．(2022·四川省遂宁市高三一诊理科综合)25℃时，向的二元酸H2A溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH与lg Y[Y代表或]关系如图。下列相关结论正确的是( )
A．曲线a表示pH与的变化关系
B．25℃时，H2A的Ka2约为10-7.2
C．当溶液的pH=6时，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA-)+c(A2－)+c(OH―)
D．滴入20.00mL NaOH溶液时，c(Na＋)＞c(HA-)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】B
【解析】根据向H2A溶液中加入NaOH溶液的反应过程可知，H2A越来越少，先生成HA-，在生成A2-，则可知曲线a代表lg随pH的变化，曲线b代表随pH的变化曲线，已知H2AH++HA-，则有Ka1=，根据曲线a可知，Ka1==101.88×10-4=10-2.12，HA-H++A2-，则有Ka2=，根据曲线b可知，Ka2==102.8×10-10=10-7.2。A项，由分析可知，曲线a表示pH与lg的变化关系，A错误；B项，由分析可知，25℃时，H2A的Ka2约为10-7.2，B正确；C项，根据电荷守恒可知，当溶液的pH=6时，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA-)+2c(A2－)+c(OH―)，C错误；D项，滴入20.00mL NaOH溶液时即生成NaHA溶液，由分析可知，Ka2=10-7.2，Kh2===10-11.88，即HA-的电离大于水解，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H＋) c(OH―)＞，D错误；故选B。
22．(2022·山东省济南市一模)谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH3+ )COO-，用H2R表示]是人体内氮代谢的基本氨基酸之一，其盐酸盐(H3RCl)在水溶液中存在如下平衡：H3R+H2R HR- R2-；常湿下，向一定浓度的H3RCl溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示、或]随pOH[pOH= -lgc(OH- )]的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．K1的数量级为10-2
B．曲线I表示pOH与lg的变化关系
C．M点时，c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)
D．pH=7时，c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
【答案】AD
【解析】由题意知，K1>K2>K3，一级电离时酸性最强，因此曲线I表示pOH与lg的关系，曲线II表示pOH与lg的关系，曲线III表示pOH与lg的关系。A项，K1=，当lg=0，即时，pOH=11.9，因pOH=-lgc(OH-)，所以c(OH-)=10-11.9mol/L，c(H+)==10-2.1mol/L，K1=c(H+)=10-2.1，数量级为10-3，A项错误；B项，曲线I表示pOH与lg的变化关系，B项正确；C项，M点时，lg=0，c(HR-)=c(R2-)，依据电荷守恒：(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)，则有c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)，C项正确；D项，pH=7时，pOH=7，由曲线I可知，lg>0，则c(HR-)>c(R2-)，由曲线II可知，<0，则c(H2R)
考点27 水的电离和溶液的pH
模拟检测
1．(2022·河北省级联测高三联考)常温下，关于下列溶液的说法正确的是( )
A．pH=7.8的NH4HCO3溶液中：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3•H2O)
B．某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，则该溶液的pH=a
C．H2C2O4溶液中c(HC2O4-)=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka2=10-1.12
D．0.1mol·L-1的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强
【答案】D
【解析】A项，pH=7.8的NH4HCO3溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3•H2O) >c(H2CO3)，A项错误；B项，当溶液为酸时，由水电离出的c(H+)不是该溶液的pH，B项错误；C项，H2C2O4溶液中c(HC2O4-)=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka1=10-1.12，C项错误；D项，同浓度的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强，D项正确。故选D。
2．(2022·浙江省精诚联盟高三选考适应性考试)已知25℃时，H2S的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15 的H2S溶液用固体调整溶液的值，设体积不发生改变，下列说法正确的是( )
A．0.1 mol·L-1H2S 溶液的电离度约为1.0%
B．NaHS水溶液呈现碱性，温度升高溶液一定升高
C．当溶液的pH=7时，溶液中的c(HS- )≈0.057 mol·L-1
D．当溶液的pH=13时，溶液中的c(HS- )=c(S2-)
【答案】C
【解析】A项，设电离度为，，则0.1 mol·L-1H2S溶液的电离度约为0.114%，A错误；B项，NaHS溶液既电离又水解，水溶液呈现碱性，说明水解程度大于电离程度，升高温度，促进水解、氢氧根浓度增大、但Kw也增大，则氢离子浓度有可能增大、故温度升高溶液pH不一定升高，B错误；C项，NaHS水溶液呈现碱性，当溶液的pH=7时所得溶液为H2S和NaHS的混合溶液，则存在，可得溶液中的c(HS- )≈0.057 mol·L-1，C正确；D项，，当溶液的pH=13时，c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，=0.071，c(HS- ) ≠ c(S2-)，D错误；故选C。
3．(2022·浙江省精诚联盟高三选考适应性考试)下列说法不正确的是( )
A．任何水溶液的KW=1.0×10-14
B．25℃，1 ml pH=5的CH3COOH溶液稀释到，所得溶液的接近7
C．25℃时，NH3·H2O与CH3COOH的电离平衡常数相等，某浓度的NH4Cl溶液的pH=4.3，则相同浓度的CH3COONa溶液的pH=9.7
D．25℃时，当和的物质的量之比为1∶2溶于水得到的溶液，则溶液中
【答案】A
【解析】A项，Kw只与温度有关，温度不同Kw值不同，故应为25℃时，任何水溶液的KW=1.0×10-14，A项错误；B项，25℃，1 ml pH=5的CH3COOH溶液稀释1000倍，但酸溶液再稀释也不可能稀释成中性溶液或者碱性溶液，故所得溶液的pH接近7，B项正确；C项，25℃时，NH3·H2O与CH3COOH的电离平衡常数相等，说明NH4+和CH3COO-水解能力相同，某浓度的NH4Cl溶液的pH=4.3，说明NH4+水解生成的c(H+)约为10-4.3mol/L，故相同浓度的CH3COONa溶液，CH3COO-水解生成的c(OH-)约为10-4.3mol/L，故pH=9.7，C项正确；D项，pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(X-)，再根据物料守恒3c(Na+)= c(HX)+c(X-)，故可得c(X-)∶c(HX)=1∶2，D项正确；故选A。
4．(2022·海南省海口市二模)常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A．含有Al3+的溶液中：K+、Na+、HCO3-、Cl-
B．的溶液中：K+、Na+、MnO4 -、Cl-
C．pH=6.5的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-
D．水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、NH4+、S2-、Br-
【答案】C
【解析】A项，Al3+与HCO3-能发生双水解反应，二者不能共存，A不符合题意；B项，的溶液呈酸性，酸性条件下，MnO4 -能氧化Cl-，二者不能共存，B不符合题意；C项，常温下，pH=6.5的溶液呈弱酸性，Na+、Mg2+、Cl-、SO42-可以大量共存，C符合题意；D项，常温下，水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液；酸性溶液中，S2-不能大量存在，碱性溶液中，NH4+不能大量存在，D不符合题意；故选C。
5．(2022·重庆市育才中学模拟预测)下列叙述正确的是( )
A．0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性，溶液中c(H2S)＜c(S2-)
B．向0.1mol·L-1NaBr溶液中加入少量AgCl固体，则c(Br-)变小
C．25℃时，pH=3的盐酸与的氨水等体积混合后，则pH＜7
D．pH=5的CH3COOH和H2CO3两种溶液中，c(H2CO3)＜c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项， 0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性，说明HS-的水解程度大于其电离程度，水解产生H2S，电离产生S2-，故溶液中c(H2S) ＞c(S2-)，A错误；B项，向0.1mol·L-1NaBr溶液中加入少量AgCl固体，发生沉淀转化，AgCl+Br-AgBr+Cl-，则c(Br-)变小，B正确；C项，25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，由于一水合氨为弱碱，pH=11的氨水中一水合氨的浓度远远大于10-3mol/L，混合后溶液显碱性，pH＞7，C错误；D项，pH=5的CH3COOH和H2CO3两种溶液中，由于碳酸酸性比醋酸弱，相同pH值时碳酸溶液的浓度大，即c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，D错误；故选B。
6．(2022·浙江大学附属中学高三选考模拟)下列说法正确的是( )
A．已知室温时Ka(HA)=1.0×10-5，则室温时溶液的pH约为9
B．加水稀释H2A溶液，水电离出的保持不变
C．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，所得溶液中离子浓度关系有：(K+)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性(醋酸的电离常数Ka=1.75×10-5)
【答案】C
【解析】A项，已知室温时Ka(HA)=1.0×10-5，则A-的水解平衡常数为 =10-9，室温时溶液中的水解程度很小，则 ，c(OH-)=10-6mol/L，则溶液的pH约为8，A错误；B项，加水稀释H2A溶液，酸的电离程度减小，对水的电离的抑制作用减弱，则水电离出的c(H+)×c(OH-)增大，B错误；C项，向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，即二者为1：2的比例反应，生成硫酸钡和片氯酸钾，即所得溶液为片氯酸钾溶液，溶液为碱性，其中离子浓度关系有：(K+)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)，C正确；D项，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，醋酸的电离常数，则溶液显酸性，D错误；故选C。
7．(2022·浙江省杭州第二中学高三选考模拟)下列说法不正确的是( )
A．25℃时，中和pH和体积均相等的乙酸和盐酸溶液，乙酸消耗NaOH的物质的量多
B．50℃时，1L1 mol∙L－１的氯化铵溶液中滴入氨水至pH=7，数目大于Cl-数目
C．25℃时，pH=10的Na2CO3溶液浓度小于pH=9的Na2CO3溶液浓度的10倍
D．25℃时，某溶液水电离出的c(H+)＜10-7mol∙L－１，则该溶液的溶质可能是酸、碱或盐
【答案】C
【解析】A项，盐酸为强酸，乙酸为弱酸，pH相同时，乙酸的浓度比盐酸大，pH和体积均相等的乙酸和盐酸中，乙酸的物质的量大，消耗NaOH的物质的量多，A正确；B项，50℃时，KW(H2O)＞10-14，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)＞10-7mol/L，则c(OH-)＞c(H+)，1L1 mol∙L－１的氯化铵溶液中滴入氨水至pH=7，c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，所以NH4+数目大于Cl-数目，B正确；C项，25℃时，Na2CO3溶液浓度越大，水解产生的c(OH-)越大，但水解程度越小，pH=10的Na2CO3溶液中c(OH-)是pH=9的Na2CO3溶液中c(OH-)的10倍，则pH=10的Na2CO3溶液浓度大于pH=9的Na2CO3溶液浓度的10倍，C不正确；D项，25℃时，某溶液中水电离出的c(H+)＜10-7mol∙L－１，则水的电离受到抑制，该溶液的溶质可能是酸、碱或强酸的酸式盐(或酸式根以电离为主的弱酸的酸式盐)，D正确；故选C。
8．(2022·湖南省娄底市第五中学高三模拟)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．c(H+) /c(OH-) =10-12的溶液中： NH4+、Ba2+ 、Cl-、NO3-
B．透明的溶液中：K+、Na+、SO42-、MnO4-
C．能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+ 、K+、NO3-、SO42-
D．由水电离的 c(OH-)=1×10-10 mol∙L-1 的溶液中：K+ 、Na+、NO3-、Al3+
【答案】B
【解析】A项，由比值可知 c(OH-)> c(H+)，溶液呈碱性，在碱性条件下，OH-与NH4+不能大量共存，故A错误；B项，透明的溶液中各离子之间互不反应，能大量共存，故B正确；C项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下，H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D项，由水电离的 c(OH-)=1×10-10 mol∙L-1 的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中，OH-与Al3+不能大量共存，故D错误；故选B。
9．(2022·河北省唐山市三模)水溶液中存在多种平衡，下列说法正确的是( )
A．稀醋酸溶液稀释时，溶液中所有离子的物质的量浓度均减小
B．水溶液中，pH=7时，溶液一定呈中性
C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，则c(CH3COO-)+2 c(OH-)=2 c(H+)+c(CH3COOH)
D．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，若选用甲基橙做指示剂，滴定过程中水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】A项，加水稀释醋酸，其溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误； B项，常温下水溶液中，pH=7时，温度未知，水的离子积KW未知，故B错误；C项，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)，由物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，两式相加得：c(CH3COO-)+2 c(OH-)=2 c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；D项，NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH，若选用甲基橙做指示剂，水的电离一直被抑制，故D错误；故选C。
10．(2022·山东省潍坊市高三期末统考)缓冲溶液由浓度较大的弱酸及相应的盐溶液组成，其溶液能够保持稳定的pH，溶液pH的计算公式为pH= -lgKa +lg。现有25°C浓度均为1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa缓冲溶液[已知25°C时，Ka(CH3COOH) =1.75 ×10-5mol·L-1]。下列说法正确的是( )
A．决定该缓冲溶液pH的主要因素是CH3COOH的Ka
B．将该缓冲溶液稀释一倍，溶液中c(H+ )减小为原来的
C．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，溶液pH几乎不变
D．该缓冲溶液中： c( CH3COO-) -c( CH3COOH) ＜c(H+) -c(OH- )
【答案】AC
【解析】A项，依据pH= -lgKa +lg溶液能够保持稳定的pH，外加酸碱对pH影响很小，决定该缓冲溶液pH的主要取决于CH3COOH的Ka，故A正确；B项，稀释CH3COOH的Ka不变，不变，故pH几乎不变，即溶液中c(H+ )不变，故B错误；C项，向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加入几滴NaOH溶液使平衡正向移动，溶液中c(H+ )几乎不变，pH不变，故C正确；D项，根据物料守恒得c( CH3COO-)+c( CH3COOH) =2 c(Na＋)，根据电荷守恒得c( CH3COO-)+c(OH- )= c(Na＋)+c(H+)，根据物料守恒和电荷守恒求出质子守恒c( CH3COO-)+2c(OH- )= c( CH3COOH)+2c(H+) ，根据pH= -lgKa +lg=-lg1.75 ×10-5+ lg1=4.76，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH- )，则c( CH3COO-)+c(OH- )＞c( CH3COOH)+c(H+) ，c( CH3COO-) -c( CH3COOH) >c(H+) -c(OH- )，故D错误；故选AC。
11．(2022·广东省东莞市高三模拟)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项，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，A正确；B项，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，B正确；C项，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，C错误；D项，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(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选C。
12．(2022·广东省深圳市光明区高三名校联考)常温下，用0.0100mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.0100mol·L-1的HCl和HA的混合溶液，所得溶液pH变化如图所示。已知HA的电离常数。下列有关说法错误的是( )
A．b点溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B．若c点的pH=5，则该点溶液中：c(HA)=c(A-)
C．曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)
D．在滴定过程中，水的电离程度：d>c>b>a
【答案】A
【解析】A项，b点溶液中：可认为HCl完全反应，溶质成分为NaCl和HA，，且两者的物质的量之比为1：1，溶液显酸性，c(Na+)=c(Cl-)，HAH+A-部分电离，水中也能电离产生氢离子，故氢离子浓度大于A-，A错误；B项，HA的电离常数，若c点的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(HA)=c(A-)，B正确；C项，HCl和HA的混合溶液中浓度相等，物质的量也相等，根据物料守恒，曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)，C正确；D项，在滴定过程中，d点为滴定终点，溶质成分为正盐：NaCl和NaA，水的电离程度最大，起点为酸溶液，酸抑制水电离，滴加氢氧化钠溶液的过程中抑制程度逐渐减弱，生成正盐时水的电离程度最大，故水的电离程度：d>c>b>a ，D正确；故选A。
13．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测)常温下，分别取未知浓度的NaOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．P线代表HA的稀释图像且HA为强酸
B．X、Y、Z点水的电离程度：Z>Y=X
C．将X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，c(A-)＜c(Na+)+c(HA)
D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】由图像可知，稀释过程中，Q线溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化等于n个单位，说明Q线代表强碱NaOH ，P线溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明P线代表HA且为弱酸。A项，P线代表HA的稀释图像且HA为弱酸，故A错误；B项，常温下，P线代表弱酸HA，X点pH=5，则水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，Q线代表强碱NaOH ，Y点pH=10，水电离出的氢离子浓度为10-10mol/L，Z点pH=9水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，所以电离程度：X=Z>Y，故B错误；C项，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则c(Na+)=c(A-)，c(A-)＜c(Na+)+c(HA)，故C正确；D项，X点pH=5，氢离子浓度为10-5mol/L，但HA为弱酸，HA的浓度大于10-5mol/L，Z点pH=9，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，MOH为强碱，浓度为10-5mol/L，则X点与Z点等体积混合后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，故D错误；故选C。
14．(2022·安徽省合肥市第六中学模拟预测)常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与粒子浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点时两溶液中水的电离程度相同
B．曲线L2表示lg与pH的变化关系
C．0.01mol·L-1YX溶液中存在：c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D．等浓度的HX和NaX混合溶液中存在：c(Na+)>c(X-)>c(HX)
【答案】C
【解析】向NaX溶液中加入HCl，随着HCl的滴入，溶液的pH减小，X-浓度减小，HX浓度增大，减小，曲线L2表示与pH的变化关系；向YCl溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的滴入，溶液的pH增大，Y+浓度减小，YOH浓度增大，减小，曲线L1表示与pH的变化关系。A项，a点溶液的pH大于7，对L1说明YOH的电离程度大于Y+的水解程度，YOH的电离对水的电离起抑制作用，对L2说明X-的水解程度大于HX的电离程度，X-的水解对水的电离起促进作用，故a点两溶液中水的电离程度不相同，A项错误；B项，曲线L1表示与pH的变化关系，B项错误；C项，HX的电离平衡常数Ka(HX)= ，YOH的电离平衡常数Kb(YOH)= ，a点溶液的pH大于7，即溶液中c(H+)＜c(OH-)，a点=，=，则Ka(HX)＜Kb(YOH)，YX溶液中X-的水解程度大于Y+的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，C项正确；D项，曲线L2表示与pH的变化关系，当=0时(即X-与HX浓度相等)溶液的pH=5.5，HX的电离平衡常数Ka(HX)= =10-5.5，X-的水解平衡常数Kh(X-)===10-8.5＜Ka(HX) =10-5.5，等浓度的HX和NaX混合溶液中HX的电离程度大于X-的水解程度，溶液中存在c(X-)＞c(Na+)＞ c(HX)，D项错误；故选C。
15．(2022·四川省成都市一模)现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)
D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC—，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H2C=HB+HC—
【答案】D
【解析】A项，由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A正确；B项，由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正确；C项，由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正确；D项，由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H+=HB，故D错误；故选D。
16．(2022·北京市十一学校三模)室温下，向20.0mL0.1mol·L-1的某弱酸的溶液中滴加同浓度的NaOH，过程中随的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a到c的过程中，[c(HA)+ c(A-)]为定值
B．a到c的过程中，水的电离程度不断增大
C．b点时，c(Na+)＞c(A-)
D．c点时加入碱的体积为
【答案】B
【解析】A项，根据物料守恒，[c(HA)+ c(A-)]是定值， a到c的过程中，溶液溶液总体积增大，所以[c(HA)+ c(A-)]减小，故A错误；B项，NaA水解促进水电离、HA电离抑制水电离，NaA溶液呈碱性，c点呈中性，说明c点溶质中含有部分HA未被中和，a到c的过程中，NaA逐渐增多、HA逐渐减少，所以水的电离程度不断增大，故B正确；C项，根据电荷守c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，b点时，溶液呈酸性，所以c(Na+)＜c(A-)，故C错误；D项，若加入碱的体积为20.0mL，酸碱恰好反应生成NaA，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以加入碱的体积小于20.0mL，故D错误；故选B。
17．(2022·浙江省杭州二中、温州中学、金华一中高三选考模拟)当25℃时，向20.00mL某浓度新制氯水中滴入的NaOH溶液，滴定曲线如图所示，已知次氯酸的电离常数为Ka=2.5×10-8。下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：HClO+OH-=H2O+ClO-
B．甲到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)
D．氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，其平衡常数K的数量级为10-4
【答案】C
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A不正确；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B不正确；C项，丙点溶液中，Ka==2.5×10-8，此时c(H+)=10-8mol/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)==0.05mol/L，其平衡常数K===，数量级为10-5或更小，D不正确；故选C。
18．(2022·四川省成都市高三模拟)常温下，往100 mL0.1mol·L-1的H2R溶液(此时为a点)中不断加入NaOH固体，溶液中由水电离出来的c水(H+)的负对数[]与的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．H2R的电离方程式为：，
B．b点时，加入的NaOH的质量为0.6g
C．c、e两点溶液均显中性
D．d的坐标为(5，6)
【答案】D
【解析】向H2R溶液中加入NaOH固体，溶液体积变化可以忽略不计，随着NaOH的加入，R2-逐渐增大，HR-逐渐减小，则两者比值逐渐增大。R2-的水解可以促进水的电离，所以水电离出来的氢离子浓度逐渐增大，当到达d点时，水的电离程度达到最大，此时溶液中的溶质为Na2R。再继续加入NaOH，由于NaOH会抑制水的电离，所以水的电离程度又逐渐降低。A项，a点溶质为0.1mol/L的H2R溶液，此时溶液中水电离出来的H+浓度为10-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液中水电离出来的氢离子浓度等于水电离出来的OH-浓度，溶液中的OH-浓度就等于水电离出来的OH-浓度，则溶液中的H+浓度为0.1mol/L。=-2，所以=10-2mol/L，H2R的第二步电离是微弱的，相对于第一步电离可以忽略，0.1molH2R溶液中的H+浓度为0.1mol/L，所以H2R的第一步电离是完全的，第二步电离是不完全的，所以H2R的电离方程式为：H2R=H++HR-，HR-H++R2-，故A错误；B项，b点坐标为(0，11)，则此时c(R2-)=c(HR-)，若溶液中的溶质为等物质的量的Na2R和NaHR，根据H2R溶液为100 mL0.1mol·L-1，可知其物质的量为0.01mol，则Na2R和NaHR均为0.005mol，根据钠元素守恒，NaOH为0.015mol，质量为0.6g。若等物质的量的Na2R和NaHR混合，由于R2-的水解程度、HR-的水解程度不相同，所以混合后溶液中b点c(R2-)不等于c(HR-)，故B错误；C项，c点的溶质是Na2R和NaHR，Na2R促进水的电离，NaHR只电离不水解，NaHR抑制水的电离，促进和抑制的程度相等，所以c点水电离出来的H+浓度等于10-7mol/L，此时溶液呈中性；e点溶质是Na2R和NaOH，Na2R促进水的电离，NaOH抑制水的电离，促进和抑制的程度相等，所以e点水电离出来的H+浓度也等于10-7mol/L，此时溶液呈碱性，故C错误；D项，a点溶质为0.1mol/L的H2R溶液，此时溶液中水电离出来的H+浓度为10-13mol/L，则溶液中的H+浓度为0.1mol/L。=-2，所以=10-2mol/L，则=Ka=0.1×10-2=10-3。D点溶质为Na2R，忽略溶液体积变化，Na2R浓度为0.1mol/L，R2-水解：R2-+H2OHR-+OH-，此时溶液中c(OH-)=c(HR-)，则Kh===10-11，而c(R2-)近似等于0.1mol/L，所以c(OH-)=10-6mol/L，此溶液中水的电离受到促进，所以溶液中水电离出来的H+浓度为10-6mol/L，即纵坐标为6；Na2R溶液中c(OH-)=10-6mol/L，则c(H+)=10-8mol/L，Ka=10-3=，则==105，所以=5，横坐标为5，则d的坐标为(5，6)，故D正确；故选D。
19．(2022·山东省济南市三模)室温下，向20mL0.1mol·L-1的HA(Ka=1.0×10-5)溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图中曲线①所示。下列说法错误的是( )
A．a点，pH>5
B．水的电离程度：c>b>a
C．该滴定实验可选择酚酞做指示剂
D．若将HA改为20mL0.1mol·L-1的盐酸，则滴定曲线应如②所示
【答案】D
【解析】A项，Ka=1.0×10-5，，A-的水解常数是10是1.0×10-9，a点溶质为等浓度的NaA、HA，HA电离大于A-水解，所以c(A-)>c(HA)，则c(H+)<1.0×10-5，所以pH>5，故A正确；B项，HA电离抑制水电离，a点到c点，HA逐渐减小，c点HA和NaOH恰好完全反应，溶质为NaA，A-水解促进水电离，所以水的电离程度c>b>a，故B正确；C项，该滴定实验，滴定终点溶液呈碱性，可选择酚酞做指示剂，故C正确；D项，若将HA改为20mL0.1mol·L-1的盐酸，开始滴定时，pH变化幅度很小，接近滴定终点时，pH才发生突变，所以滴定曲线不能用②表示，故D错误；故选D。
20．(2022·辽宁省大连市高三模拟预测)25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是( )
A．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25
B．t=0.5时，2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+2c(OH−)
C．P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1
D．P2所示溶液：c(NH4+)>100c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】A项，NH3·H2O的电离平衡常数K=，据图可知当lgc(NH4+)=lgc(NH3·H2O)，即c(NH4+)=c(NH3·H2O)时，溶液pH=9.25，则此时c(OH−)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误；B项，t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，联立可得2c(H+)+ c(NH4+) = c(NH3·H2O) +2c(OH−)，B错误；C项，若c(Cl−)=0.05mol·L−1，则此时溶质应为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，由于NH4+的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH4+)≠c(NH3·H2O)，与P1不符，C错误；D项，K==10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以==102.25＞100，D正确；故选D。
21．(2022·四川省遂宁市高三一诊理科综合)25℃时，向的二元酸H2A溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH与lg Y[Y代表或]关系如图。下列相关结论正确的是( )
A．曲线a表示pH与的变化关系
B．25℃时，H2A的Ka2约为10-7.2
C．当溶液的pH=6时，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA-)+c(A2－)+c(OH―)
D．滴入20.00mL NaOH溶液时，c(Na＋)＞c(HA-)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】B
【解析】根据向H2A溶液中加入NaOH溶液的反应过程可知，H2A越来越少，先生成HA-，在生成A2-，则可知曲线a代表lg随pH的变化，曲线b代表随pH的变化曲线，已知H2AH++HA-，则有Ka1=，根据曲线a可知，Ka1==101.88×10-4=10-2.12，HA-H++A2-，则有Ka2=，根据曲线b可知，Ka2==102.8×10-10=10-7.2。A项，由分析可知，曲线a表示pH与lg的变化关系，A错误；B项，由分析可知，25℃时，H2A的Ka2约为10-7.2，B正确；C项，根据电荷守恒可知，当溶液的pH=6时，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA-)+2c(A2－)+c(OH―)，C错误；D项，滴入20.00mL NaOH溶液时即生成NaHA溶液，由分析可知，Ka2=10-7.2，Kh2===10-11.88，即HA-的电离大于水解，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H＋) c(OH―)＞，D错误；故选B。
22．(2022·山东省济南市一模)谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH3+ )COO-，用H2R表示]是人体内氮代谢的基本氨基酸之一，其盐酸盐(H3RCl)在水溶液中存在如下平衡：H3R+H2R HR- R2-；常湿下，向一定浓度的H3RCl溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示、或]随pOH[pOH= -lgc(OH- )]的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．K1的数量级为10-2
B．曲线I表示pOH与lg的变化关系
C．M点时，c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)
D．pH=7时，c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
【答案】AD
【解析】由题意知，K1>K2>K3，一级电离时酸性最强，因此曲线I表示pOH与lg的关系，曲线II表示pOH与lg的关系，曲线III表示pOH与lg的关系。A项，K1=，当lg=0，即时，pOH=11.9，因pOH=-lgc(OH-)，所以c(OH-)=10-11.9mol/L，c(H+)==10-2.1mol/L，K1=c(H+)=10-2.1，数量级为10-3，A项错误；B项，曲线I表示pOH与lg的变化关系，B项正确；C项，M点时，lg=0，c(HR-)=c(R2-)，依据电荷守恒：(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)，则有c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)，C项正确；D项，pH=7时，pOH=7，由曲线I可知，lg>0，则c(HR-)>c(R2-)，由曲线II可知，<0，则c(H2R)
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