新高考一轮复习 水溶液中离子平衡 作业

1、水溶液中离子平衡1常温下，现有 0.1 molL-1的 NH4HCO3 溶液，pH7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是A当溶液的 pH9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4)c(HCO3)c(NH3 H2O)c(CO32)BNH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)c(NH3H2O)c(H+)c(OH-)2c(CO32-)c(H2CO3)C往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4和 HCO3浓度均逐渐减小D通过分析可知常温下 Kb(NH3H2O)大于 Ka1(H2CO3)【答案】D【解析】

2、A项，根据示意图可知，当溶液的pH9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3)c(NH4)c(NH3H2O)c(CO32)，A错误；B项，根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4)c(NH3H2O)c(CO32)c(H2CO3)c(HCO3-)，因为NH4+发生水解反应，所以c(HCO3-)c(CO32)c(OH)c(H+)，则B项中关系式错误，B错误；C项，根据图像可知pH7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3浓度逐渐增大，C错误；D项，因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH7.8，说明HCO3的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb(

3、NH3H2O)Ka1(H2CO3)，D正确。故选D。225 时，0.1 mol/LR2SO4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( )AKb(ROH)的数量级为10-6BP、Q点对应溶液中c(H+ )的值：PQC若将溶液无限稀释,溶液中c(R+ )2c(SO42-)D相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol/L，P点移至W点【答案】D【解析】A项，Kb(ROH)=10-2.310-8=10-5.7，即Kb(ROH)的数量级为10-6，A说法正确；B项，的值越大，c(OH-)越大，则氢离子浓度越小，故P、Q点对应溶液中c(H+)的值：PQ，B说法正确；C项，若将

4、溶液无限稀释，R+水解程度减小，则溶液接近中性，故溶液中c(R+)2c(SO42-)，C说法正确；D项，相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol/L，c(OH-)增大，减小，与P点移至W点的趋势不符，D说法错误；故选D。3常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸( H2SeO3)溶液中 ，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )A曲线M表示pH与lgBKa2(H2SeO3)的数量级为10-7C混合溶液中=104DNaHSeO3溶液中c( H2SeO3)c()【答案】D【分析】A项，=，= ，pH相同时，=，根据图象可知，曲线M表示pH与lg的变化关系，M曲线代表了l

5、g的变化曲线，故A不符合题意；B项，根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，HSeO3-离子的电离平衡常数Ka2(H2SeO3)=c(H+)=c(H+)=10-6.6，Ka2(H2SeO3)的数量级为10-7，故B不符合题意；C项，混合溶液中：=104，则C不符合题意；D项，根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数Ka2(H2SeO3)=c(H+)=c(H+)=10-6.6，同理pH=2.6时，lg=0，=1，Ka1(H2SeO3)= c(H+)=c(H+)=10-2.6 ，的水解平衡常数Kh=c(OH-)=10-11.410-6.6，则NaHSeO3溶液中HSe

6、O3-的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，HSeO3-电离得到SeO32-，HSeO3-水解得到H2SeO3，c( H2SeO3)c(SeO32-)，故D符合题意；故选D。4草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X 与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A曲线表示lg与pH的变化关系BpH1.22的溶液中：2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(Na)C1.22pH4.19的溶液中：c(HC2O4-c(C2O42-)c(H2C2O4)DpH4.19的溶液中：c(Na)3c(HC2O4-)【答案】C【解析】二元弱酸草酸

7、的K1= ，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：，则表示lg 与pH的变化关系，表示lg 与pH的变化关系。A项，根据分析可知，表示lg与pH的变化关系，故A正确；B项，pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+ )c(OH- )，根据电荷守恒c(Na+ )+c(H+)=c(HC2O4- )+2c(C2O42- )+ c(OH- )可知，2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(Na)，故B正确；C项，当lg=0时，pH=1.22，即c(H+ )=10-1.22mol/L，所以K1=10-1.22，同理可得K2=10-4.19；当pH4.19时，溶液中c(H)10-4.19mol/L，=

8、1，则c(HC2O4-)c(C2O42-)；当1.22pH时，溶液中c(H)10-1.22 mol/L，不妨取c(H)=10-2mol/L的点为研究对象，Ka1Ka2=，=1，则c(H2C2O4)c(C2O42-)，故C错误；D项，pH4.19的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH)，lg=0，则溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H)c(OH)，则3c(HC2O4-)c(Na+)，故D正确； 故选C。5常温下，草酸H2C2O4的Ka15.9102，Ka26.4105；碳酸H2CO3的Ka14.3107，Ka25.610

9、11。下列说法正确的是( )ANaHCO3、NaHC2O4都属于酸式盐且它们对应的水溶液都呈碱性B0.010 molL1 NaHCO3溶液中：c(HCO3)c(H)c(H2CO3)c(CO32)CNa2CO3溶液中滴入少量H2C2O4溶液时，反应生成NaHCO3和NaHC2O4D10.0 mL 0.10 molL1 H2C2O4溶液与等体积NaOH溶液混合，溶液恰好呈中性：n(Na)n(H2C2O4)n(C2O42)0.001 mol【答案】D【解析】A项，根据草酸的一级电离常数可求出草酸氢根离子的水解常数，远小于草酸氢根离子的电离常数(Ka26.4105)，即草酸氢根离子的电离程度大于水解程

10、度，故NaHC2O4为酸性，A错误；B项，碳酸氢根离子的水解常数，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，水解生成的碳酸分子浓度和氢氧根离子浓度均大于氢离子浓度，B错误；C项，草酸的二级电离常数大于碳酸的一级电离常数，NaHC2O4也能与Na2CO3反应，Na2CO3溶液中加少量H2C2O4溶液时，反应生成NaHCO3和Na2C2O4，C错误；D项，根据物料守恒可得n(H2C2O4)+n(HC2O4)+n(C2O42)=0.001mol，代入D项中的等式，整理可得n(Na+)=n(HC2O4)+2n(C2O42)，因为溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，所以n(H+)+n(Na+)=n(OH

11、-)+n(HC2O4)+2n(C2O42)，符合电荷守恒，D项正确；故选D。6已知：H2A=H+HA-，HA-H+A2-。25时，向20mL0.1molL-1H2A溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液(忽略反应前后溶液体积变化)，下列说法正确的是( )A滴加过程中，溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)B当滴加至溶液呈中性时，滴入NaOH溶液体积小于20mLC当滴入NaOH溶液30mL时，3c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)D当滴入NaOH溶液20mL时，c(A2-)=c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】已知：H2A=H+HA-

12、，HA-H+A2-，则H2A是强酸，NaHA只电离不水解，其水溶液呈酸性，HA-部分电离，Na2A是强碱弱酸盐，水解呈碱性。向20mL0.1molL-1H2A溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，反应所得为NaHA溶液，当加入40mLNaOH溶液时，反应所得为Na2A溶液，电解质溶液电荷守恒、物料守恒。A项，滴加过程中，电解质溶液电荷守恒，故溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，A错误；B项，当滴加至溶液呈中性时，溶液为NaHA和Na2A的混合溶液，滴入NaOH溶液体积大于20mL，B错误；C项，当滴入NaOH

13、溶液30mL时，2n (Na+)=3n(A)，则2c(Na+)=3c(HA-)+3c(A2-)，C错误；D项，当滴入NaOH溶液20mL时，反应所得为NaHA溶液，按物料守恒， c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，结合电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)，D正确；故选D。7常温下，用 0.1molL -1 醋酸溶液滴定 10mL 浓度均为 0.1molL -1 的 NaOH 和氨水的混合液，下列说法不正确的是( )A滴定前，NaOH 和氨水的混合液中 c(Na+)c(NH4+)B当滴入醋酸 10mL 时

14、，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3H 2O)C当滴入醋酸 20mL 时，c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3H 2O)+c(OH-)D当溶液呈中性时，醋酸滴入量大于 20mL，c(CH3COO-)c(Na+)【答案】D【解析】A项，浓度均为0.1molL-1的NaOH 和NH3H2O的混合液中，NaOH完全电离，NH3H2O部分电离，则c(Na+)c(NH4+)，故A正确；B项，当滴入醋酸10mL时，NaOH恰好全部反应，得到等浓度的CH3COONa和NH3H2O的混合物，结合溶液中物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3H2O)c(CH3COO-

15、)+c(CH3COOH)，故B正确；C项，当滴入醋酸20mL时，NaOH和NH3H2O恰好全部反应，得到等浓度的CH3COONH4和CH3COONa的混合物，物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3H2O) + c(Na+)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，等量替换即可得c(CH3COOH)+c(H+)c(NH3H2O)+c(OH-)，故C正确；D项，同一浓度，乙酸和氨水的电离程度相当，乙酸铵呈中性，当滴入醋酸20mL时，得到等浓度的CH3COONa和CH3COONH4的混合物，CH3COONa

16、中CH3COO-离子水解，溶液呈碱性，欲使溶液呈中性，需滴入的醋酸的量大于20mL，由电荷守恒得：c(H+)+c(NH4+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)，此时c(CH3COO-)c(Na+)，故D错误；故选D。825时，将c1、V1的稀HCl和c2、V2的NH3H2O溶液充分混合，下列叙述错误的是( )A若pH7，则一定是c1V1c2V2B混合过程中c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)一定成立C当pH=7时，若V1=V2，则c2必须大于c1D若c(NH4+)+

17、c(NH3H2O)=c(Cl-)，则一定有c1V1=c2V2【答案】A【解析】A项，当pH7时溶液显酸性，又因为HCl是强酸，NH3H2O是弱碱，当酸的物质的量小于碱的物质的量时，也有可能使溶液呈酸性，则不一定是c1V1c2V2，故A错误；B项，混合过程中，电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)一定成立，故B正确；C项，pH=7溶液呈中性，氨水物质的量应大于盐酸的物质的量，若V1=V2，一定是c2c1，故C正确；D项，依据溶液中存在的物料守恒分析，溶液中物料守恒为：c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl-)，盐酸和氨水物质的量相等，则一定有c1V1=c2V2，故D

18、正确；故选A。9缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-)，维持血液的pH保持稳定。己知在人体正常体温时，反应H2CO3HCO3-+H+的Ka=10-6.1 ，正常人的血液中c(HCO3-)：c(H2CO3)20：1，lg2=0.3。则下列判断正确的是( )A正常人血液内Kw=10-14B由题给数据可算得正常人血液的pH约为7.4C正常人血液中存在：c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)=c(H)+c(H2CO3)D当过量的碱进入血液中时，只有发生HCO3+OH=CO32+H2O的反应【答案】B【解析】A项，25时，K

19、W=10-14，人的正常体温是36.5左右，所以血液内的KW10-14，A项错误；B项，由题可知，那么即，代入数值得，B项正确；C项，选项中的等式，因为电荷不守恒，所以不成立，即c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)c(H)+c(H2CO3)，C项错误；D项，当过量的碱进入血液时，还会发生H2CO3+OH=CO32+2H2O，D项错误；故选B10常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 molL1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析不正确的是( )AV=20Bb点所示溶液中：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)Cd点所示溶液中：c(NH

20、4+)+c(OH-)=2c(SO42-)+c(H+)DNH3H2O电离常数K110-5【答案】D【解析】从曲线的起点，可得出原硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L；当加入氨水的体积为V时，硫酸与氨水刚好完全反应生成硫酸铵，此时NH4+发生水解，水的电离程度最大。b、d两点，虽然水的电离不受影响，但b点时溶液显酸性，d点时溶液呈中性。A项，由分析知，当硫酸与氨水刚好完全反应生成硫酸铵和水时，NH4+发生水解，水的电离程度最大，此时消耗氨水的体积与硫酸的体积相同，所以V=20mL，A正确；B项，b点为硫酸与硫酸铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，所得溶液中：c(NH4+)c(

21、SO42-)c(H+)c(OH-)，B正确；C项，d点所示溶液为硫酸铵与氨水的混合溶液，依据电荷守恒：c(NH4+)+c(OH-)=2c(SO42-)+c(H+)，C正确；D项，在c点，溶质为(NH4)2SO4，此时加入氨水的体积为20mL，c(NH4+)=0.05mol/L，发生反应NH4+H2ONH3H2O+H+，Kh= ，NH3H2O电离常数Kb210-5，D不正确；故选D。11在25时,将1.0Lc molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质

22、的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A水的电离程度：abcBb点对应的混合溶液中：c(Na+)c(Na+)c(OH-)D该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为【答案】D【解析】根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a点加入0.10molNaOH固体，pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离，含弱酸根离子的盐促进水的电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大。A项，1.0LcmolL-1 CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，发生的反应为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应后的

23、溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能够促进水的电离，而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，bc发生的反应为：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入NaOH固体，ba发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH减少，水的电离会逐渐增大，因此水的电离程度：abc，故A正确；B项， b点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，结合

24、电荷守恒，所以c(Na+)c(Na+)c(OH-)，故C正确；D项，该温度下，CH3COOH的电离平衡常数，a点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，带入公式得，故D错误。12已知：2 CrO42-+2H+ Cr2O72- +H2O，25时，调节初始浓度为1.0molL-1的Na2CrO4溶液的pH，测定平衡时溶液中c(Cr2O72-)和c(H+)，获得如图曲线。下列说法不正确的是( )A平衡时，pH越小，c(Cr2O72-)越大BA、B两点c(CrO42-

25、)之比为5：2CB点CrO42-的平衡转化率为40%D平衡时，若溶液中c(CrO42-)=2c(Cr2O72-)，则c(H+)=1.010-7molL-1【答案】D【解析】A项，根据图像，c(H)越大，c(Cr2O72-)越大，A正确；B项，A点c(Cr2O72-)=0.25molL1，则c(CrO42-)=(1.00.252)molL1=0.5molL1，B点c(Cr2O72-)=0.4molL1，则c(CrO42-)=(1.00.42)molL1=0.2molL1，因此两点c(CrO42-)的比值为0.5：0.2=5：2，B正确；C项，根据B选项分析，B点c(Cr2O72-)=0.4mol

26、L1，则c(CrO42-)=0.8mol/L, CrO42-的转化率为100%=80%，C错误；D项，令达到平衡时，c(Cr2O72-)=xmolL1，则c(CrO42-)=2xmolL1，根据铬元素守恒，2x2x=1.0，解得x=0.25molL1，根据图像，对应的c(H)=1.0107molL1，D正确。故选D。13工业生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下，下列有关说法不正确的是( )A生成沉淀的离子方程式为： HCO3-+ AlO2-+H2O =Al(OH

27、)3+CO32-B加入的NaHCO3溶液的物质的量浓度是0.8 mol/LCa点溶液中存在： c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)Da点水的电离程度小于b点水的电离程度【答案】B【解析】A项，根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCO3-+ AlO2-+H2O =Al(OH)3+CO32-，故A正确；B项，加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应HCO3-+ OH- = CO32-+H2O不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应HCO3-+ AlO2-+H2O =Al(OH)3+CO32-生成沉淀，

28、则原NaHCO3溶液物质的量浓度 ，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(H2CO3)=1.0 mol/L，故B错误；C项，a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，故C正确；D项，水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，8mL后溶液中无氢氧化钠溶液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于b点，故D正确；故选B。14常温下，向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol/L 的NaOH溶液，溶液中水所电离出的c(

29、H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如下，下列说法正确的是( )A从a到c，对醋酸的电离既有促进作用也有抑制作用Bb、d两点溶液的pH相同Ce点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)2c(CH3COOH) = 0.01mol/LD从bd的过程中，既存在pH=7的点也存在水电离的c(H+)=10-7的点【答案】D【解析】A项，醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加NaOH溶液消耗氢离子，醋酸的电离平衡正移，所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，故A错误；B项，b点醋酸过量，其电离使溶液显酸性，d点，NaOH过量，pH大于7，故B错误；C项，e点所示溶液中，NaOH的物

30、质的量是醋酸的物质的量2倍，反应后醋酸钠和NaOH 等物质的量，根据物料守恒为c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=0.01mol/L，故C错误；D项，c点，醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，氢氧化钠体积小于20mL时的某一个值恰好使溶液显中性，所以从bc的过程中，既存在着pH=7的点，也存在着溶液中水所电离出的c(H+)=10-7的点，故D正确；故选D。1525时，相同体积和pH的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如下图所示。下列说法正确是( )A由图可知三种酸的酸性为：HXHYc点d点C体积相同的a点两溶液分

31、别与NaOH溶液恰好中和时，两份溶液中：n(NO2-)n(Na)n(CH3COO-)D从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)【答案】D【解析】A项，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；B项，酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：bcd，则水的电离程度：bcd，故B错误；C项，相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaO

32、H)：HNO2CH3COOH，反应后溶液中n(NaNO2)n(CH3COONa)，则两份溶液中：n(NO2-)n(CH3COO-)n(Na)，故C错误；D项，温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中=Kh(HA)不变，故D正确；故选D。18室温时，用0.200molL-1盐酸滴定 20.00mL 0.200 molL-1 的 NaY 溶液，溶液中水的电离程度随所加盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液体积变化)，则下列有关说法正确的是已知 Ka(HY)=5.010-11 ( )A可选取酚酞作为滴定指示剂BM 点溶液的pH7CQ 点水的电离程度最小，Kwc(SO32-)c(HS

33、O3-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】A项，若a点溶液c(HSO3-)=c(H2SO3)，在a点，Ka1=，则c(H+)=Ka1，对应的pH=-lg Ka1=1.85，A正确； B项，若选择b为反应终点，由图中可知，此点溶液的pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；C项，在c点，则此点c(HSO3-)=c(SO32-)，依据物料守恒，对应的溶液中：2c(Na+)=3c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，C不正确；D项，c点时，c(HSO3-)=c(SO32-)，继续加NaOH，发生反应OH-+ HSO3-= SO32-+H2O，到d点时，

34、c(HSO3-)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)c(H+)，D正确；故选C。20室温下，向25.00 mL 0.1000 molL1氨水中滴加0.1000 molL1盐酸，溶液的pH随盐酸体积的变化如图。下列说法不正确的是()A如选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变为橙色且半分钟不变色Bab，水的电离程度逐渐增大Ca点溶液中，c(NH4)c (Cl-)c(NH3H2O)c(OH)c(H+)Dc点溶液中，c(H+)-c(OH)= c(NH4)+c(NH3H2O)【答案】D【解析】A项，溶液反应生成氯化铵，水解显酸性，因此选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变

35、为橙色且半分钟不变色，故A正确；B项，ab过程不断消耗氨水至氨水恰好反应完，b点溶质为氯化铵，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；C项，a点溶液溶质是氯化铵和氨水，两者浓度相等，溶液显碱性，电离程度大于水解程度c(NH4)c (Cl-)c(NH3H2O)c(OH)c(H+)，故C正确；D项，c点溶液溶质是氯化铵和盐酸混合溶液，两者浓度相等，溶液显酸性，电荷守恒：c(H+)+ c(NH4)= c (Cl-)+c(OH)，物料守恒：c (Cl-)= 2c(NH4)+2c(NH3H2O)，故D错误。故选D。21室温下用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液，滴定

36、过程中得到溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示(不考虑NH3H2O分解)。下列说法不正确的是( )A水的电离程度：adBb点时溶液中的离子浓度关系有c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)Cc点溶液显碱性的原因是c(NH3H2O)c(NH4+)D滴定过程中存在关系c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(SO42-)【答案】C【解析】a点溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2SO4、(NH4)2SO4；b点溶液呈中性，主要根据电荷守恒分析；c点n(NH4HSO4)：n(NaOH)=2：3，发生反应及先后顺序为2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O、2NaOH+(NH4)2SO4=Na2SO4+2NH3H2O，溶液中溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3H2O；d点溶液中反应方程式为NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+NH3H2O+H2O。A项，加酸、加碱均会抑