必练16 水溶液中的离子平衡及图像-2024年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）

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【尖子生创造营】2024年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）
必练16水溶液中的离子平衡及图像
1. (2023·全国高考新课标理综)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌AgNH3+和AgNH3++NH3⇌AgNH32+，lgc(M)/ml⋅L-1与lgcNH3/ml⋅L-1的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、AgNH3+或AgNH32+)。

下列说法错误的是
A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp=cAg+⋅cCl-=10-9.75
C．反应AgNH3++NH3⇌AgNH32+的平衡常数K的值为103.81
D．cNH3=0.01ml⋅L-1时，溶液中cAgNH32+>cAgNH3+>cAg+
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s)+2NH3⇌ AgNH32+(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1ml/L时，c(Cl-)=10-2.35ml/L, c(Ag+)=10-7.40ml/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35ml/L和10-5.16ml/L，则AgNH3++NH3⇌AgNH32+的平衡常数K=
cAgNH32+cAgNH3+⋅cNH3=10−2.3510−5.16×10−1=103.81，故C正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则cNH3=0.01ml⋅L-1时，溶液中cAgNH32+>cAgNH3+>cAg+，故D正确；
故选A。
2. (2021·广东高考真题) 鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A. 水溶液的
B. 水溶液加水稀释，升高
C. 在水中的电离方程式为：
D. 水溶液中：
【答案】B
【解析】
A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001ml/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；
B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；
C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；
D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；
综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。
3．(2023·潮州二模)常温下，用如图1所示装置，分别向25mL0.3ml/L Na2CO3溶液和25mL0.3m/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3ml/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是
A．X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线
B．b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C．a、d两点水的电离程度：a＞d
D．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
【答案】C
【详解】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO32-+H+= HCO3-+H2O，然后发生HCO3-+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO3-+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误：
B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：
C．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO3-、CO32-的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确。
D．c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)= 2(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(C1-)，D错误。
故选：C。
4．(2023·大湾区二模)联氨N2H4有弱碱性，与盐酸反应生成盐(N2H5Cl、N2H6Cl2)，下列叙述正确的是
A．0.05 ml⋅L−1的N2H4的水溶液的pH=13
B．0.05 ml⋅L−1的N2H4Cl2的水溶液加水稀释，pH值降低
C．N2H5Cl在水溶液中的电离方程式：N2H5Cl=N2H5++Cl−
D．N2H5Cl水溶液中：cH++cN2H5++cN2H62+=cCl−+cOH−
【答案】C
【分析】联氨N2H4有弱碱性，与盐酸反应生成盐(N2H5Cl、N2H6Cl2)，可知联氨为二元弱碱；
【详解】A．联氨为二元弱碱，0.05 ml⋅L−1的N2H4的水溶液中氢氧根离子小于0.1ml/L，则其pH≠13，A错误；
B．N2H4Cl2为强酸弱碱盐，溶液显酸性，0.05 ml⋅L−1的N2H4Cl2的水溶液加水稀释，酸性变弱，pH值升高，B错误；
C．N2H5Cl属于盐，水溶中完全电离：N2H5Cl=N2H5++Cl−，C正确；
D．N2H5Cl水溶液中根据电荷守恒可知：cH++cN2H5++2cN2H62+=cCl−+cOH−，D错误；
故选C。
5．(2023·东莞市上学期期末教学质量检查)如图为某实验测得0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A．a点溶液的cOH-比c点溶液的小
B．a点时，KwC．b点溶液中，cNa+=cHCO3−+2cCO32-
D．ab段，pH减小说明升温抑制了HCO3-的水解
【答案】A
【详解】A．Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是cOH-不同，c点的Kw大，所以a点溶液的cOH-比c点溶液的小，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解程度大于电离程度，Kh= KwKa1>Ka2，所以Kw>Ka1H2CO3⋅Ka2H2CO3，故B错误；
C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： cNa++c(H+)=cHCO3−+2cCO32-+c(OH−)，由于c(H+)cHCO3−+2cCO32-，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；
故选A。
6．(2023·佛山二模)电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，H2A的电离常数Ka1=10−6.35，Ka2=10−10.34，利用盐酸滴定某溶液中Na2A的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是
(注：−表示电极电位曲线；…表示pH曲线)
A．该滴定过程需要加入酸碱指示剂
B．水的电离程度：a＜b
C．a点溶液中cA2−:cHA−=10−1.94
D．b点溶液中存在：cH+=cHA−+cA2−+cOH−
【答案】C
【详解】A．该滴定过程不需要加入酸碱指示剂，利用电极电位的变化来确定滴定终点，故A错误；
B．a点溶质主要是NaHA，b点溶质主要是H2A，a点溶液显碱性，是水解程度大于电离程度，促进水的电离，b点是抑制水的电离，则水的电离程度：b＜a，故B错误；
C．a点溶液中c(A2−)c(HA−)=Ka2c(H+)=10−10.3410−8.4=10−1.94，故C正确；
D．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，故D错误。
综上所述，答案为C。
7．(2023·广州二模)二乙胺[C2H52NH]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐C2H52NH2Cl。下列叙述正确的是
A．0.01ml⋅L−1 C2H52NH2Cl水溶液的pH=2
B．C2H52NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小
C．C2H52NH2Cl水溶液加水稀释，pH降低
D．C2H52NH2Cl水溶液中：cOH−+cCl−=cC2H52NH2++cC2H52NH
【答案】B
【详解】A．二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01ml⋅L−1 C2H52NH2Cl水溶液的pH>2，故A错误；
B．由于[C2H52NH2]+水解，C2H52NH2Cl水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以C2H52NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；
C．C2H52NH2Cl水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；
D．C2H52NH2Cl水溶液中存在电荷守恒：cOH−+cCl−=cC2H52NH2++c(H+)，[C2H52NH2]+水解的方程式为：[C2H52NH2]++H2O⇌C2H52NH+H3O+，还存在着水的电离：H2O⇌H++OH-，所以cH+>cC2H52NH，故D错误；
故选B。
8．(2023·广州二模)常温下，向含有CH3COOH、CuSO4、FeSO4的工业废水中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[pM表示-lgcCH3COOHcCH3COO-或−lgcCu2+或−lgcFe2+]。
已知：KaCH3COOH=10−4.8，KspCuOH2=10−19.7。若溶液中离子浓度小于10−5 ml⋅L−1，认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是
A．曲线①表示−lgcCu2+与pH的关系
B．pH=5时，溶液中cCH3COOH>cCH3COO−
C．pH=7时，可认为Cu2+沉淀完全
D．pH=9时，cCu2+cFe2+=10−3.4
【答案】B
【分析】KaCH3COOH=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)=10−4.8，-lgcCH3COOHcCH3COO-=-lgcCH3COOH⋅c(H+)cCH3COO-⋅c(H+)=-lgc(H+)Ka，当pH=5时，该式入Ka，可知-lg10−510−4.8=0.2，可知曲线②是表示-lgcCH3COOHcCH3COO-；当c(Cu2+)=10−5 ml⋅L−1，c(OH-)=Kspc(Cu2+)=10−19.710−5≈10−7.5，此时pH=6.5，故曲线①表示−lgcCu2+，曲线③表示−lgcFe2+；
【详解】A．当c(Cu2+)=10−5 ml⋅L−1，c(OH-)=Kspc(Cu2+)=10−19.710−5≈10−7.5，此时pH=6.5，故曲线①表示−lgcCu2+，A项正确；
B．曲线②是表示-lgcCH3COOHcCH3COO-，当pH=5时，-lgcCH3COOHcCH3COO-＞0，cCH3COOHcCH3COO-＜1，则故溶液中cCH3COOH＜cCH3COO−，B项错误；
C．当c(Cu2+)=10−5 ml⋅L−1，c(OH-)=Kspc(Cu2+)=10−19.710−5≈10−7.5，此时pH=6.5，故pH=7时，可认为Cu2+沉淀完全，C项正确；
D．曲线③表示−lgcFe2+，线上b点（5.85，0），代入计算可知，当c(Fe2+)=1ml/L时，pH=5.85，此时c(OH-)=10-8.15，则Ksp[Fe(OH)2]= c(Fe2+)×c2(OH-)=1×10-16.3，故pH=9时，cCu2+cFe2+=KspCuOH2KspFeOH2=10−19.710−16.3=10−3.4，D项正确。
故答案选B 。
9．(2023·广州一模)苯胺(C6H5NH2)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C6H5NH3Cl)。下列叙述正确的是
A．C6H5NH2中碳原子的杂化轨道类型为sp3
B．0.01ml⋅L−1C6H5NH3Cl水溶液加水稀释，pH降低
C．0.01ml⋅L−1C6H5NH3Cl水溶液中：cCl-=cC6H5NH3++cH+
D．C6H5NH3Cl在水中的电离方程式为：C6H5NH3Cl=C6H5NH3++Cl-
【答案】D
【详解】A．苯环内碳原子都采用sp2杂化，A错误；
B．盐酸盐(C6H5NH3Cl)属于强酸弱碱盐，水解显酸性，加水稀释，水解程度增大，但由于溶液被稀释，H+浓度减小，pH增大，B错误；
C．0.01ml⋅L−1C6H5NH3Cl水溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+cCl-=cC6H5NH3++cH+，C错误；
D．盐酸盐(C6H5NH3Cl)在水中完全电离，电离方程式为：C6H5NH3Cl=C6H5NH3++Cl-，D正确；
故选D。
10．(2023·广州一模)以酚酞为指示剂，用0.1000ml⋅L−1NaOH溶液滴定⋅L−1一元酸HA的溶液。溶液中，pH、分布系数(δ，比如A−的分布系数：δA-=cA-cHA+cA-)随VNaOH的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是
A．曲线①代表δHA，曲线②代表δA-
B．KaHA的数量级为10−5
C．滴定过程中，溶液中cA-cHA不断减小
D．滴定终点时，cNa+>cA->cOH->cH+
【答案】C
【详解】A．随着NaOH溶液的滴加，HA电离程度增大，溶液中c(HA)减小、c(A-)增大，则δ(HA)减小、δ(A-)增大，所以曲线①代表δ(HA)，曲线②代表δ(A-)，曲线③代表pH变化，A正确；
B．由图可知当溶液中δ(HA)=δ(A-)时，c(HA)=c(A-)，4.0＜pH＜5.0，1.0×10−4＞c(H+)＞1.0×10−5 Ka=c(H+)c(A-)c(HA)=c(H+)=1.0×10−4.x，故KaHA的数量级为10−5，B正确；
C．根据电离平衡常数：Ka=c(H+)c(A-)c(HA)，cA-cHA=Kac(H+)，在滴定过程中，Ka不变，c(H+)减小，cA-cHA=Kac(H+)增大，C错误；
D．滴定达到终点时，生成NaA，在溶液中A−发生水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小为：cNa+>cA->cOH->cH+，D正确；
故选C。
11．(2023·惠州第三次调研)硒酸(H2SeO4)在水溶液中按下式发生一级和二级电离：H2SeO4=H++HSeO4−；HSeO4−⇌H++SeO42−，K2=1.0×10−2298K，室温下，在10mL0.1ml⋅L-1H2SeO4溶液中，滴加0.1ml⋅L-1NaOH溶液。下列说法正确的是
A．SeO42−可经过两步水解得到H2SeO4
B．滴加NaOH溶液10mL时，溶液中离子浓度：cNa+>cHSeO4−>cH+>cSeO42−>cOH−
C．当滴加至中性时，溶液中有cNa+=cHSeO4−+cSeO42−
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有2cNa+=cHSeO4−+cSeO42−
【答案】B
【分析】根据H2SeO4=H++HSeO4-，HSeO4- ⇌H++SeO42-，K2=1.0×10-2(298K)，可知H2SeO4为强酸，而HSeO4-为弱酸，则HSeO4-对应的盐SeO42-为弱酸盐，SeO42-离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO42-+H2O⇌HSeO4-+OH-。而H2SeO4对应的盐HSeO4-为强酸盐，在水溶液中只电离，不水解，溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，SeO42-只能发生一步水解得到HSeO4-，A错误；
B．滴加NaOH溶液10mL时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO4-的电离平衡：HSeO4-⇌H++SeO42-，所以离子浓度为cNa+>cHSeO4−>cH+>cSeO42−>cOH−，B正确；
C．溶液存在电荷守恒，即cNa++cH+=cHSeO4−+2cSeO42−+cOH−，当滴加至中性时，cH+=cOH−，所以cNa+=cHSeO4−+2cSeO42−，C错误；
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，SeO42-为弱酸盐，SeO42-离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO42-+H2O⇌HSeO4-+OH-，此时遵循物料守恒，即cNa+=2cHSeO4−+2cSeO42−，D错误；
故选B。
12．(2023·惠州市下学期一模)H2SO3是二元弱酸，T℃时0.1ml⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为4，下列说法正确的是
A．向H2SO3溶液中滴加NaOH溶液至恰好反应时，cNa+:cSO32−=2:1
B．NaHSO3溶液中存在cNa++cH+=cOH−+cSO32−+cHSO3−
C．NaHSO3溶液中存在：cNa+>cHSO3−+cSO32−+cH2SO3
D．T℃时H2SO3的Ka2大小约为1.0×10−7
【答案】D
【详解】A．向H2SO3溶液中滴加NaOH溶液至恰好反应时溶质为Na2SO3，由于亚硫酸根离子会水解导致其浓度减小，故cNa+:cSO32−≠2:1，A错误；
B．根据电荷守恒，溶液中存在cNa++cH+=cOH−+2cSO32−+cHSO3−，B错误；
C．根据物料守恒可知，NaHSO3溶液中存在：cNa+=cHSO3−+cSO32−+cH2SO3，C错误；
D．T℃时0.1ml⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为4，根据HSO3-⇌H++SO32-可知，Ka2=cSO32-cH+cHSO3−=10-4×10-40.1-10-4≈10-7，D正确；
故选D。
13．(2023·揭阳上学期期末)亚硝酸(HNO2)是一种弱酸，常温条件下，其电离平衡常数为7.1×10−4。下列说法不正确的是
A．0.1 ml·L−1 NaNO2的水溶液中：cOH-+cHNO2=cH+
B．向0.1 ml·L−1 HNO2水溶液加少量水，cNO2-cHNO2的值增大
C．0.2 ml·L−1 HNO2溶液与0.1 ml·L−1 NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
D．0.1 ml·L−1 NaNO2溶液中离子浓度大小关系：cNa+>cNO2->cOH->cH+
【答案】A
【详解】A．由质子守恒可知，0.1 ml·L−1 NaNO2的水溶液中：cOH-=cH++cHNO2，故A错误；
B．向0.1 ml·L−1 HNO2水溶液加少量水，氢离子浓度减小，cNO2-cHNO2=cH+cNO2-cH+cHNO2=KwcH+的值增大，故B正确；
C．0.2 ml·L−1 HNO2溶液与0.1 ml·L−1 NaOH溶液等体积混合得到等浓度的HNO2、NaNO2溶液，NaNO2的水解常数为10-147.1×10−4≈1.4×10−11，溶液中HNO2电离程度大于NaNO2水解程度，溶液显酸性，故C正确；
D．NaNO2水解导致溶液显碱性，故0.1 ml·L−1 NaNO2溶液中离子浓度大小关系：cNa+>cNO2->cOH->cH+，故D正确；
故选A。
14．(2023·梅州二模)常温下，用如图所示装置，分别向25mL0.3ml⋅L−1Na2CO3溶液和25mL0.3ml⋅L−1 NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3ml⋅L−1的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．X曲线为Na2CO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线
B．c点的溶液中：cNa++cH+=2cCO32−+cHCO3−+cOH−
C．用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：Ka2H2CO3D．a、d两点水的电离程度：a【答案】C
【分析】碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO32−+H+=HCO3−+H2O，然后发生HCO3−+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO3−+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，Y代表Na2CO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线。
【详解】A．由上述分析可知，X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，故A错误；
B．c点溶液的溶质为NaCl、NaHCO3，根据电荷守恒有cNa++cH+=2cCO32−+cHCO3−+cOH−+cCl−，故B错误；
C．c点溶液溶质主要为NaCl、NaHCO3，pH约为8，溶液显碱性，则碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则Ka2(H2CO3)D．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO3−、CO32−的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，故D错误；
故答案选C。
15．(2023·梅州一模)下列说法正确的是
A．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则KspFeS>KspCuS
B．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中cNH4+cCl−>1
C．0.01ml⋅L−1 NaHCO3溶液：cH++cNa+=cOH−+2cCO32−
D．向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，证明丙烯醛中含有碳碳双键
【答案】A
【详解】A．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KspFeS>KspCuS，故A正确；
B．向盐酸中加入氨水至中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+cNH4+=cCl-+c(OH-)，则cNH4+=cCl-，cNH4+cCl−=1，故B错误；
C．0.01ml⋅L−1 NaHCO3溶液中存在电荷守恒：cH++cNa+=cOH−+2cCO32−+cHCO3-，故C错误；
D．碳碳双键和醛基均能与溴水反应而使溴水褪色，则向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故D错误；
故选A。
16．(2023·深圳二模)室温下，以氟磷灰石Ca5(PO4)3F为原料，经酸浸、转化可得到Ca(H2PO4)2、H3PO4和HF。已知：25℃，H3PO4的pKa1=2.12、pKa2=7.21、pKa3=12.36(pKa=−lgKa)；下列说法不正确的是
A．Ca5(PO4)3F的沉淀溶解平衡可表示为：Ca5(PO4)3F(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43−(aq)+F−(aq)
B．酸浸过程中溶液pH=6时，cH2PO4−C．0.1ml⋅L−1 Ca(H2PO4)2溶液中存在：cH++cH3PO4=cHPO42−+2cPO43−+cOH−
D．向0.1ml⋅L−1 HF溶液中加入少量水稀释时，cF−cHF的值增大
【答案】B
【详解】A．根据沉淀的溶解平衡可知，Ca5(PO4)3F的沉淀溶解平衡可表示为：Ca5(PO4)3F(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43−(aq)+F−(aq)，A正确；
B．由Ka2(H3PO4)=c(H+)c(HPO42-)c(H2PO4-)=10-7.21可知，当酸浸过程中溶液pH=6时，c(HPO42-)c(H2PO4-)=10-1.21＜1即cH2PO4−＞cHPO42−，B错误；
C．0.1ml⋅L−1 Ca(H2PO4)2溶液中存在电荷守恒式为cH++2cCa2+=2cHPO42−+cH2PO4−+3cPO43−+cOH−，物料守恒式为：2cCa2+=cHPO42−+cH2PO4−+cPO43−+cH3PO4故有cH++cH3PO4=cHPO42−+2cPO43−+cOH−，C正确；
D．向0.1ml⋅L−1 HF溶液中加入少量水稀释时溶液中c(H+)减小，Ka不变，故cF−cHF=Kac(H+)的值增大，D正确；
故答案为：B。
17． (2023·深圳一模)常温下，乙二胺H2NCH2CH2NH2的水溶液中，H2NCH2CH2NH2、H3NCH2CH2NH2+和H3NCH2CH2NH32+的分布分数δX与pH的关系如图所示。已知：δX=nXnH2NCH2CH2NH2+nH3NCH2CH2NH2++nH3NCH2CH2NH32+。
下列说法不正确的是
A．H3NCH2CH2NH3SO4溶液显酸性
B．曲线b可表示δH3NCH2CH2NH2+
C．H2NCH2CH2NH2+H2O⇌H2NCH2CH2NH3++OH−的平衡常数K=10−9.93
D．0.1ml⋅L−1H3NCH2CH2NH2Cl溶液中：cH3NCH2CH2NH32+>cH2NCH2CH2NH2
【答案】C
【分析】根据图示，pH较小时浓度降低的曲线a为δH3NCH2CH2NH32+，增加的曲线b为δH2NCH2CH2NH3+，交点处(6.85，0.5)两者浓度相等，故Kb2=cH3NCH2CH2NH32+c(OH-)cH2NCH2CH2NH3+=c(OH-)=10−1410−6.85=10−7.15；随着pH的增大，δH2NCH2CH2NH3+即曲线b逐渐减小， δ(H2NCH2CH2NH2)即曲线c逐渐增大，B点时两者相等，Kb1=cH2NCH2CH2NH3+c(OH-)cH2NCH2CH2NH2=c(OH-)=10−1410−9.93=10−4.07；H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数Kh2=cH+c(H2NCH2CH2NH2)cH2NCH2CH2NH3+⋅cOH-cOH-=KwKb1=10-1410-4.03=10−9.97。
【详解】A．根据上述分析可知，H3NCH2CH2NH3SO4存在水解平衡，H3NCH2CH2NH32+水解显酸性，A正确；
B．曲线b可表示δH3NCH2CH2NH2+，B正确；
C．H2NCH2CH2NH2+H2O⇌H2NCH2CH2NH3++OH−表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其平衡常数为Kb1= 10−4.07，C错误；
D．根据上述分析可知，H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2，所以电离平衡产物的浓度cH3NCH2CH2NH32+>水解平衡产物的浓度cH2NCH2CH2NH2，D正确；
故选C。
18．(2023·韶关一模)室温条件下，将0.1ml⋅L−1的NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1ml⋅L−1HB溶液中，所得溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图，下列说法正确的是
A．a点时，cNa+=cB−+cHB
B．该中和滴定可采用甲基橙作为指示剂
C．V1=10mL
D．b点时，cNa+=cB−
【答案】D
【分析】将0.1ml·L-1的NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1ml·L-1HB溶液中，根据图像可知，初始HB的pH=2，即HB为弱酸。在滴加氢氧化钠过程中，V1时混合溶液恰好为中性，V2时完全反应。
【详解】A．NaOH与HB恰好反应时（c点），根据物料守恒可得c(Na+)=c(B-)+c(HB)，a点不是恰好反应的点，因此c(Na+)＜c(B-)+c(HB)，A错误；
B．甲基橙的变色范围在酸性，该反应的滴定终点为碱性，因此滴定应采用酚酞作为指示剂，B错误；
C．V1时混合溶液恰好为中性，由于NaB为强碱弱酸盐，故此时酸有剩余，V1＜10，C错误；
D．b点时，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(B-)，D正确；
故选D。
19．(2023·韶关二模)常温下，向·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 ml·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是
A．a点溶液中，c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)
B．b点溶液中，cHCO3-+2cCO32-＜cNa++cCl-
C．c点溶液中，共含有7种微粒。
D．d点溶液中，cNa++cCl-=0.1000ml⋅L−1
【答案】C
【详解】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，A正确；
B．b点溶液中含有Na+、H+、HCO3-、CO32-、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到cHCO3-+2cCO32-+c(Cl-)+c(OH-)=cNa++cH+，此时pH=7，说明cOH-=cH+，则cHCO3-+2cCO32-+c(Cl-)=cNa+，故cHCO3-+2cCO32-＜cNa++cCl-，B正确；
C．c点为向·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 ml·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、HCO3-、CO32-、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C错误；
D．d点为向·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 ml·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl， Na+、Cl-浓度均为0.0500 ml·L-1，则cNa++cCl-=0.1000ml⋅L−1，D正确；
故选C。
20． (2023·汕尾模拟)实验室粗配 0.1 ml/L NaOH 溶液，用邻苯二甲酸氢钾(用 KHP 表示)标定其精确浓度。取 20.00 mL 0.1000 ml/L KHP 标准液于锥形瓶中，滴入所配NaOH 溶液，滴定曲线如图。下列说法错误的是
A．a点有：cH++ 2cH2P= c(P2－) + c(OH－)
B．b点有：2cNa+= c(P2－) + c(HP－) + cH2P
C．c点有：cK++ cNa+= 2c(P2－) + c(HP－)
D．该NaOH实际浓度为0.09524ml/L，可能是称量时潮解了
【答案】A
【详解】A．HP-水解和电离方程式分别为HP-+H2O⇌H2P+OH-，HP-⇌H++P2-，电荷守恒：c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HP-)+2c(P2-)，物料守恒：c(K+)=c(HP-)+c(P2-)+c(H2P)，整理上两式得到质子守恒： c(H+)+c(H2P)=c(P2-)+c(OH-)，A错误；
B．该NaOH实际浓度为0.09524ml/L，10.5mLNaOH溶液的物质的量为0.001ml，根据物料守恒可知，n(P2-)+n(HP-)+n(H2P)=0.002ml，则b点有：2cNa+= c(P2－) + c(HP－) + cH2P，B正确；
C．根据电荷守恒cK++ cNa++c(H+) = 2c(P2－) + c(HP－)+c(OH−)，c点pH=7，c(OH-)=c(H+)，则cK++ cNa+= 2c(P2－) + c(HP－)，C正确；
D．NaOH固体具有吸水性，容易吸水而潮解，导致NaOH实际浓度降低，D正确；
故答案选A。
21．(2023·汕头一模)亚磷酸H3PO3常用作尼龙增白剂和合成药物中间体。25℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1ml⋅L−1，溶液中所有含磷微粒的lgc−pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH−浓度的负对数pOH=−lgcOH−。下列说法正确的是
A．H3PO3为三元弱酸
B．曲线①表示lgcH2PO3−随pOH的变化
C．pH=4的溶液中：cH3PO3+2cHPO32−=0.1ml⋅L−1
D．反应H3PO3+HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数K=1.0×105.3
【答案】D
【分析】任何pOH下，图中含P物质均有3种，说明H3PO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3−+H2O、H2PO3−+OH-=HPO32−+H2O，可知c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3−)先增大后减小，c(HPO32−)逐渐增大，故lgc(H3PO3)逐渐减小，lgc(H2PO3−)先增大后减小，lgc(HPO32−)逐渐增大，故曲线①表示c(HPO32−)，曲线②表示c(H2PO3−)，曲线③表示c(H3PO3)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知H3PO3为二元弱酸，A错误；
B．由分析可知，曲线②表示c(H2PO3−)随pOH的变化，B错误；
C．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3PO3)=lgc(H2PO3−)，即c(H2PO3−)=c(H3PO3)，而c(H3PO3)+c(H2PO3−)+c(HPO32−)=0.1 ml·L-1，故2c(H3PO3) +c(HPO32−)=0.1 ml·L-1，C错误；
D．根据a点知，c(HPO32−)=c(H2PO3−)时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 ml/L，c(H+)=10-6.7 ml/L，则H3PO3的Ka2=c(H+)×c(HPO32-)c(H2PO3-)=c(H+)=10-6.7，根据c点知，c(H2PO3−)=c(H3PO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 ml/L，c(H+)=10-1.4 ml/L，则H3PO3的Ka1=c(H+)×c(H2PO3-)c(H3PO3)=c(H+)=10-1.4，由H3PO3⇌H2PO3−+H+减去H2PO3− ⇌HPO32−+H+，可得H3PO3+HPO32− ⇌2H2PO3−，则平衡常数K=Ka1Ka2=10−1.410−6.7=105.3，D正确；
故选：D。
22．(2023·湛江一模)常温下，H3PO4和H3PO3溶液中含磷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图所示，向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的NaOH溶液，下列说法不正确的是
A．由图可知H3PO3是二元弱酸
B．pH=7.2时，cHPO42->cHPO32-
C．常温下，H2PO4-+HPO32-⇌HPO42-+H2PO3-的反应平衡常数K=10−0.6
D．溶液pH由3变为6.6的过程中，水的电离程度增大
【答案】B
【分析】由图可知，图中只出现三个交点说明H3PO4为三元弱酸，由电离常数公式可知，磷酸的三级电离常数分别为10—2.1、10—7.2、10—12.4，图中只出现两个交点说明H3PO3为二元弱酸，由电离常数公式可知，二级电离常数分别为10—3、10—6.6。
【详解】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，故A正确；
B．向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，由分析可知，H3PO4的二级电离常数小于H3PO3的二级电离常数，所以当溶液pH为7.2时，HPO32-优先于H2PO4-反应，则混合溶液中HPO32-的浓度大于HPO42-的浓度，故B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K=Ka2H3PO4Ka2H3PO3=10-7.210-6.6=10—0.6，故C正确；
D．溶液pH由3变为6.6的过程中，H3PO4、H3PO3与氢氧化钠溶液反应，溶液中氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则水的电解程度增大，故D正确；
故选B。