专题11水电离曲线（图像9秒杀）2024年高考化学选择压轴题图像专项突破秒杀技巧及专项练习

专题11水电离曲线（图像9秒杀）2024年高考化学选择压轴题图像专项突破秒杀技巧及专项练习（解析版）水电离曲线秒杀思想模型：常温下，向20mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H＋)随加入盐酸体积的变化如图所示基础：影响水的电离平衡的因素：=1\*GB3①外加酸、碱或强酸的酸式盐抑制水的电离=2\*GB3②盐类水解促进水的电离关键点分析=1\*GB3①a点：由水电离出的c(H＋)水=10－11mol·L－1，可知0.1mol·L－1MOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，推出MOH为弱碱，并可以求出其电离常数=2\*GB3②盐酸滴入MOH溶液过程中，溶质由MOHMOH和MClMClMCl和HCl，在这个过程中水的电离程度最大应该是MCl，可知c点应为MCl，那么b点应为MOH和MCl，d点应为MCl和HCl；因此b点为中性，d点不为中性，为酸性经典模型1：常温下，向20mL0.1mol·L1氨水中滴加等浓度的稀盐酸，溶液中由水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是A．常温下，NH3·H2O的电离常数Kb约为1×105B．c点所对应的盐酸体积为20mLC．b、d两点溶液均为中性D．b点后溶液中均存在c()<c(Cl)破解：A．由图可知，0.1mol·L1氨水中由水电离出的氢离子浓度为1011mol·L1，氨水抑制水的电离，则溶液中的c()=c(OH)=103mol·L1，Kb==1×105，故A正确；B．c点水的电离程度最大，溶液中的溶质只有NH4Cl，说明氨水和盐酸恰好完全反应，则所对应的盐酸体积为20mL，故B正确；C．b点溶液中有NH3·H2O和NH4Cl呈中性，d点溶液中有NH4Cl和HCl，呈酸性，故C错误；D．b点溶液中有NH3·H2O和NH4Cl呈中性，根据溶液中电荷守恒：，溶液呈中性，则，b点后又滴入盐酸，c(Cl)增大，则存在c()<c(Cl)，故D正确；答案选C。经典模型2：常温下，往溶液中滴加溶液，所得混合溶液中水电离的浓度和所加溶液体积变化趋势如图所示，下列有关说法正确的是A．常温下，酸的为11B．b点：C．d点：溶液恰好呈中性D．溶液中水电离程度：d点>c点破解：A．0.10mol/L的HA溶液中水电离出来的c(H+)=1011mol/L，则该溶液中的c(OH)=1011mol/L，所以溶液中的c(H+)=103mol/L，溶液的pH=3，故A错误；B．b点是加入了10mL的KOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的KA和HA，该溶液中水电离出来的c(H+)=109mol/L，水的电离受到抑制，所以HA的电离程度大于A的水解程度，所以，故B正确；C．d点水电离出来的c(H+)=107mol/L，该溶液中的溶质为KA和KOH，溶液显碱性，故C错误；D．c点HA和KOH恰好完全反应，溶质为KA，水的电离程度最大；d点溶质为KA和KOH，水电离出来的c(H+)=107mol/L的原因是A水解促进水的电离程度和KOH抑制水的电离程度相等，所以水的电离程度：d点<c点，故D错误；故选B。经典模型3：室温下，用0.1mol·L1的NaOH溶液分别滴定20mL、浓度均为0.1mol·L1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的对数[1gc(H+)水]随加入NaOH溶液体积的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法正确的是（

）A．该温度下HCOOH的电离常数为Ka=1×105B．a、c两点对应溶液同时升高相同温度，增大C．在c点溶液中有：c(HCOO)+c(HCOOH)=0.1mol·L1D．在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b、d破解：A.未加NaOH时，HCOOH的1gc(H+)水=−11，c(H+)水=10−11mol∙L−1，c(OH－)=c(OH－)水=c(H+)水=10−11mol∙L−1，c(H+)=10−3mol∙L−1，该温度下HCOOH的电离常数为，故A正确；B.a、c两点对应溶液同时升高相同温度，c(Cl－)基本不变，HCOO－水解程度增大，c(HCOO－)减小，因此增大，故B正确；C.在c点，加入NaOH溶液的体积为20mL，溶液总体积约为40mL，因此溶液中有：c(HCOO－)+c(HCOOH)=0.05mol·L−1，故C错误；D.在a溶质为NaCl，呈中性，b溶质为HCOOH和HCOONa的混合溶液，电离程度等于水解程度，溶液呈中性，c溶液为HCOONa，HCOO－水解呈碱性，d点溶质为HCOONa和NaOH，溶液呈碱性，因此呈中性的为a、b，故D错误。综上所述，答案为AB。经典模型4：常温下，向20mL某浓度的硫酸中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出的氢离子的浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列说法正确的是A．V=20B．b点所示溶液中：c()=2c()C．c点所示溶液中：c(H+)c(OH)=c(NH3∙H2O)D．该硫酸的浓度为0.1mol/L破解：V=0时，氢氧根离子全部来自水的电离，水电离出的氢离子浓度是1013mol/L，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，硫酸的浓度为0.05mol/L；H2SO4和NH3·H2O恰好完全反应时生成(NH4)2SO4，此时水的电离度最大，水电离出的氢离子浓度最大，即c点时H2SO4和NH3·H2O恰好完全反应生成(NH4)2SO4。A．由分析可知c点时H2SO4和NH3·H2O恰好完全反应生成(NH4)2SO4，有H2SO4~2NH3·H2O，故0.05mol/L×20mL×2=0.1mol/L×V，解得V=20mL，A正确；B．根据电荷守恒可知c(H+)+c()═2c()+c(OH)，由于c点所得溶质为(NH4)2SO4，则b点所得溶质为(NH4)2SO4和NH4HSO4，此时溶液呈酸性，c(OH)<c(H+)，所以c()<2c()，B错误；C．c点为(NH4)2SO4溶液，由质子守恒得：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)，C正确；D．由分析可知该硫酸的浓度为0.05mol/L，D错误；本题选AC。能力自测1．室温下，向溶液中滴加溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是A．室温下，B．D点溶液中：C．C点溶液中溶质为NaA，且D．溶液中水的电离程度：D>A>B【答案】B【详解】A．溶液pH=3，mol/L，说明HA是弱酸，存在电离平衡：，，A错误；B．D点溶液滴加20mL溶液，完全反应生成NaA，A水解溶液呈碱性，存在离子浓度大小：，B正确；C．C点溶液中溶质为NaA和HA，溶液呈中性，根据电荷守恒，存在，C错误；D．A点到D点，是酸碱中和生成盐的过程，水的电离程度逐渐增大，溶液中水的电离程度：D>B>A，D错误；故选B。2．室温下，向20mL0.1mol·L1叠氮酸(HN3)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，水电离c(H)与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是A．在a、b、c、d中，水的电离度最大的是dB．在c点对应溶液中：c(OH)=c(H)＋c(HN3)C．b点和d点对应溶液的pH相等D．室温下，电离常数Ka(HN3)=1×101−2x【答案】B【分析】由图可知，a点为0.1mol/L叠氮酸溶液，b点为叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，c点为叠氮酸钠溶液，d点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。【详解】A．水电离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，c点水的电离度最大，故A错误；B．由分析可知，c点为叠氮酸钠溶液，溶液中存在质子守恒关系c(OH)=c(H)＋c(HN3)，故B正确；C．由分析可知，b点为叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，d点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性，故C错误；D．由图可知，a点为0.1mol/L叠氮酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10−xmol/L，则溶液中氢离子浓度为1×10−14+xmol/L，电离常数Ka(HN3)==1×10−27+2x，故D错误；故选B。3．室温下，在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H)与NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3×108，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011。下列说法正确的是A．m一定等于20B．b、d点对应的溶液显中性C．c点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D．向c点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32【答案】C【分析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】A．NaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1mol·L1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B．由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；C．a~c点发生反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl)=c(HClO)＋c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)＋c(HClO)＋c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)＋2c(HClO)，C项正确；D．由电离常数知，电离质子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3，故H2O+ClO＋CO2=HCO3＋HClO，D项错误；答案选C。4．常温下，向20mL0.1mol.L1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是A．HN3是一元弱酸B．c点溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HN3)C．常温下，b、d点溶液都显中性D．常温下，0.1mol.L1HN3溶液中HN3的电离度为10a11%【答案】C【详解】A．pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20mL0.1mol.L1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；B．c点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH)=c(H+)+c(HN3)，B正确；C．常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；D．常温下，0.1mol.L1HN3溶液中，c(OH)=10amol/L，则HN3电离出的c(H+)==1014+amol/L，HN3的电离度为=10a11%，D正确。故选C。5．常温下，向20mL0.1mol•L1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1mol•L1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水（H+）与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是（

）A．c点之前，主要的反应为NH4++OH═NH3•H2OB．b点和d点对应溶液的pH均为7C．常温下，Kb（NH3•H2O）=5×105.4mol•L1D．d点溶液中，c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42）【答案】C【分析】向NH4HSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，a到c点先发生酸碱中和生成硫酸铵和硫酸钠，硫酸氢铵以电离为主显酸性，抑制水的电离；转化成硫酸铵的过程中对水电离的抑制逐渐减弱，完全转化成硫酸铵时，即c点，硫酸铵水解显酸性，对水电离起促进作用；当加入稍过量的氢氧化钠时，即d点，溶液中有硫酸铵的水解和氢氧化钠的电离，溶液显中性；当再过量的氢氧化钠时，主要以氢氧化钠的电离为主显碱性，抑制水的电离。【详解】A．NH4HSO4和NaOH溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质NH3•H2O，酸或碱抑制水电离，（NH4）2SO4促进水电离，c点溶质为硫酸钠、硫酸铵，c点前发生的是中和反应，离子方程式为H++OH═H2O，故A错误；B．b点溶质为NH4HSO4、Na2SO4、（NH4）2SO4，c点溶质为Na2SO4、（NH4）2SO4，d点溶质为Na2SO4、（NH4）2SO4、NH3•H2O，所以b和c点呈酸性、d点呈中性，故B错误；C．当加入20mLNaOH溶液时，溶质为（NH4）2SO4，铵根离子水解产生的c（H+）=1.0×105.3mol/L，Kb（NH3•H2O）===5×105.4，故C正确；D．d点溶质为Na2SO4、（NH4）2SO4、NH3•H2O，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+2c（SO42），所以c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），故D错误；故选：C。【点睛】电离出氢离子或氢氧根的物质，会抑制水的电离；可水解的盐会促进水的电离。6．常温下，用0.1000mol•L1NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mol•L1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是A．醋酸电离常数Ka≈106B．b点溶液中粒子浓度关系：c(OH)=c(H+)+c(CH3COOH)C．a点对应的溶液中：c(CH3COO)>c(Na+)D．溶液中水电离出来的c(H+)：b>a【答案】A【详解】A．根据图知，未加NaOH溶液时，0.1000mol/L醋酸溶液的pH值接近为3，则该溶液中c(H+)≈103mol/L，CH3COOH电离程度较小，则c(CH3COO)≈c(H+)≈103mol/L、c(CH3COOH)≈0.1000mol/L，醋酸电离平衡常数Ka105，故A错误；B．b点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以存在c(OH)=c(H+)+c(CH3COOH)，故B正确；C．a点溶液pH<7，则c(OH)<c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO)>c(Na+)，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，CH3COO促进水电离且c(CH3COO)越大，水电离程度越大，a点溶质为醋酸钠和醋酸、b点溶质为醋酸钠且c(CH3COONa)：a点<b点，则水电离出来的c(H+)：b>a，故D正确；故选A。7．室温下，向20.00mL的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度与pOH[]随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是A．b、c、d点对应的溶液中水的电离程度：c>b=dB．a点对应的溶液中：C．室温下一元碱MOH的电离常数D．pOH=7时溶液中存在【答案】B【分析】随着稀硫酸的加入，混合溶液的酸性增强而碱性减弱，则逐渐减小，pOH逐渐增大；c点对应的温度最高，说明c点为酸碱恰好完全反应生成的点。【详解】A．由图知，b点时，溶液溶质主要为MOH，有少量，MOH的电离占主导作用，抑制水的电离，温度比室温稍高，pOH≈3.2，则水电离出的，c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水的电离，d点时硫酸过量，的电离占主导作用，酸抑制水的电离，水电离出的，因此水的电离程度：c>b>d，A项错误；B．a点时，消耗稀硫酸5mL，根据图象分析可知：加入的的物质的量为，溶液中原MOH的物质的量为，据物料守恒知，，B项正确；C．由图知溶液的pOH=3，即，据知，，，C项错误；D．由图可知pOH=7时，温度高于室温，，再由电荷守恒式知：时，，即溶液中有，D项错误；故选B。8．常温下，用浓度为的NaOH标准溶液滴定浓度均为的HCl和的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．约为B．水的电离程度：a<b<c<dC．点b：D．点a：【答案】B【分析】NaOH溶液与HCl和的混酸反应时，先与HCl反应，再与反应。由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，未发生反应，溶质成分为NaCl和；b点时NaOH溶液反应掉一半的，溶质成分为NaCl、和；c点时NaOH溶液与恰好完全反应，溶质成分为NaCl、；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、和NaOH。【详解】A．由以上分析可知，a点时，，，故A正确；B．c点溶液中水解，促进水的电离，d点碱过量，抑制水的电离，则水的电离程度，故B错误；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的和，由于，溶液显酸性，说明的电离程度大于的水解程度，则，故C正确；D．a点溶液为等浓度的NaCl和混合溶液，存在物料守恒关系，故D正确；故选B。9．常温下，向氨水中滴加某浓度的硫酸溶液，溶液中水电离的随加入硫酸的体积变化如图所示。下列说法错误的是A．a点氨水的电离度约为1%B．b点溶液中存在：C．c点对应溶液中：D．d点时氨水与硫酸恰好完全反应【答案】D【详解】A．由Kw可知溶液中的氢氧根离子的浓度为1.0×103mol•L1，则氨水的电离度为×100%=1%，故A正确；B．根据电荷守恒可知c（H+）++c（OH），而溶液呈中性c（OH）═c（H+），所以，故B正确；C．c点溶液中溶质为硫酸铵，溶液中质子守恒为c(H+)═c(NH3•H2O)+c(OH)，则c(H+)c(OH)═c(NH3•H2O)，故C正确；D．c点硫酸与氨水恰好反应，b点硫酸不足，d点硫酸过量，故D错误；故选D。10．常温下，向20mL某浓度的硫酸中滴入0.1mol•L1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列说法中正确的是A．V=40 B．b点和d点溶液均呈中性C．c点所示溶液中：c(SO)＞c(NH) D．d点所示溶液中：2c(SO)=c(NH)【答案】D【详解】A．c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而根据a点所示数据可知，稀硫酸电离出来的氢离子浓度为0.1mol/L，则稀硫酸的浓度为0.05mol/L，氨水的浓度是0.1mol/L，所以氨水的体积也是20ml，即V=20，故A错误；B．c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，由于铵根离子水解使c点溶液呈酸性，b点加入的氨水小于c点，则b点溶液呈酸性，故B错误；C．c点所示溶液是(NH4)2SO4溶液，由于只有很少一部分NH发生水解，则溶液中c(SO)<c(NH)，故C错误；D．d点溶液中水电离出氢离子的浓度为107mol/L，说明该点溶液呈中性，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH)，而溶液呈中性c(OH)=c(H+)，所以c(NH)=2c(SO)，故D正确；故选D。11．常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是A．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)B．b点所示溶液中：c(NH4＋)＝2c(SO42－)C．V＝40D．该硫酸的浓度为0.1mol·L－1【答案】A【详解】A.c点所示溶液是硫酸铵溶液，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，物料守恒式为c(NH4＋)+c(NH3.H2O)═2c(SO42−)，两式相减可得：c(H+)−c(OH−)═c(NH3.H2O)，故A正确；B.根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，b点为硫酸铵和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH−)<c(H+)，所以c(NH4＋)<2c(SO42−)，故B错误；C.c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05mol/L，所以氨水的体积也是20ml，即V=20，故C错误；D.根据20mL的稀H2SO4溶液中,水电离出的氢离子浓度是10−13，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故D错误；答案选AB。【点睛】需熟练使用电荷守恒，物料守恒，质子守恒，并且了解到根据图象判断出溶液的酸碱性。12．常温下，向20mL0.1mol·L1氨水中滴加某浓度的硫酸溶液，溶液中水电离的c(H+)随加入硫酸的体积变化如图所示。下列说法不正确的是A．若a点对应水电离的c(H+)=1.0×1011mol·L1，则此时氨水的电离程度为1%B．c点时氨水与硫酸恰好完全反应C．c点对应溶液中：c(H+)c(OH)=c(NH3·H2O)D．若b、d点对应水电离的c(H+)=1.0×107mol·L1，则两溶液中均存在：c(NH4+)=2c(SO42)【答案】D【详解】A．水电离的氢离子浓度为1.0×1011mol•L1，由Kw可知溶液中的氢氧根离子的浓度为1.0×103mol•L1，则氨水的电离度为×100%=1%，故A正确；B．c点水的电离程度最大，说明恰好生成硫酸铵，即c点时氨水与硫酸恰好完全反应，故B正确；C．c点溶液中溶质为硫酸铵，溶液中质子守恒为c(H+)═c(NH3•H2O)+c(OH)，则c(H+)c(OH)═c(NH3•H2O)，故C正确；D．c点硫酸与氨水恰好反应，则b点硫酸不足，d点硫酸过量，溶液中氢离子浓度大于1.0×107mol•L1，d点时：c(NH4+)≠2c(SO42)，故D错误。故选：D。13．常温下，向氨水中滴加盐酸，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示．下列说法错误的是

A．c点表示氨水与盐酸恰好完全反应B．b点溶液呈中性，d点溶液呈酸性C．常温下，的数量级为D．a、b之间的任意一点(不包括a、b点)溶液中：【答案】C【详解】A.氨水、盐酸均抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，据图可知c点水的电离程度最大，故c点时氨水与盐酸恰好完全反应，故A正确；B.a点是溶液，呈碱性，c点是溶液，呈酸性，则b点溶液中，呈中性，d点溶液的酸性比c点溶液的更强，溶液中，B正确；C.a点是氨水溶液，溶液中：，则，故C错误；D.a、b之间的任意一点(不包括a、b点)，溶液呈碱性，，根据电荷守恒可知：，故D正确；故选C。【点睛】明确图中曲线变化趋势及每一点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度中等。14．常温下，向20mL0.1mol•L－1氨水中滴加某浓度的硫酸溶液，溶液中水电离的氢离子浓度随加入硫酸的体积变化如图。下列说法错误的是A．若a等于1.0×10－11mol•L－1，则此时氨水的电离度为1%B．c点时氨水与硫酸恰好完全反应C．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3•H2O)D．若b、d对应的水电离的氢离子浓度为1.0×10－7mol•L－1，此时两溶液中都存在：c(NH4＋)>2c(SO42－)【答案】D【详解】A.若a等于1.0×10－11mol•L－1，即氨水溶液中氢氧根浓度是0.001mol/L，则此时氨水的电离度为0.001/0.1×100%＝1%，A正确；B.c点时水电离出的氢离子浓度最大，说明所得溶液是硫酸铵，铵根水解，因此氨水与硫酸恰好完全反应，B正确；C.c点所示溶液是硫酸铵，铵根水解，根据质子守恒可知溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3•H2O)，C正确；D.若b、d对应的水电离的氢离子浓度为1.0×10－7mol•L－1，此时两溶液均显中性，根据电荷守恒c(H＋)+c(NH4＋)＝c(OH－)+2c(SO42－)可知溶液中都存在：c(NH4＋)＝2c(SO42－)，D错误，答案选D。15．在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A．a点：B．氨水的浓度为C．b点溶液中加入溶液至中性后，D．b、c、d三点水的电离程度大小关系是【答案】D【分析】氨水滴入盐酸中，发生NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，NH3·H2O和HCl恰好完全反应得NH4Cl溶液，此时温度应最高，由于NH4Cl是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，pH<7，即b点对应恰好完全反应。【详解】A．a点pH=0，则c(H+)=1mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw<1.0×1014，即c(H+)×c(OH)<1.0×1014，即c(OH)<mol/L=1.0×1015mol/L，A错误；B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，此时n(HCl)=n(NH3·H2O)，即×=c(NH3·H2O)×V，由于c点对应氨水体积是10mL，则b点体积V小于10mL，因此氨水的浓度大于1.0mol/L，B错误；C．b点溶液中加入NaOH溶液至中性后点存在电荷守恒：c(Cl)+c(OH)=c()+c(H+)+c(Na+)，中性c(OH)=c(H+)，则有①c(Cl)=c()+c(Na+)，b点所得溶液为NH4Cl溶液，之后加的是NaOH溶液，根据Cl、N守恒有②c(Cl)=c()+c(NH3·H2O)，联立①和②可知c(NH3·H2O)=c(Na+)，C错误；D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：b>c>d，D正确；选D。16．常温下，向氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A．a、b之间的点可能存在：或B．d点代表溶液呈中性C．从a→b→c→d，水的电离程度一直在增大D．常温下，的电离常数约为【答案】A【分析】a点为0.1mol•L1的氨水；b点溶质为一水合氨和氯化铵，水电离的氢离子为107，此时溶液呈中性，说明铵根离子水解对水的电离的促进程度与一水合氨对水的电离的抑制程度相等；c点水的电离程度最大，说明此时氨水与稀盐酸恰好完全反应，溶质为NH4Cl；c点之后盐酸开始过量，d点溶质为氯化铵和HCl，水电离的氢离子为107，说明NH4+对水的电离的促进程度与HCl对水的电离的抑制程度相等，此时溶液呈酸性，据此解答。【详解】A．b点溶质为一水合氨和氯化铵，溶液呈中性，a、b之间溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(Cl)、c(OH)＞c(H+)，加入适量盐酸时可满足c(NH4+)＞c(Cl)═c(OH)＞c(H+)或c(NH4+)＞c(OH)＞c(Cl)＞c(H+)，故A正确；B．d点溶质为氯化铵和HCl，水电离的氢离子为107，说明NH4+对水的电离的促进程度与HCl对水的电离的抑制程度相等，此时溶液呈酸性，故B错误；C．c点水的电离程度最大，则从a→b→c过程中水的电离程度逐渐增大，但d点水的电离程度小于c，故C错误；D．a点为0.1mol•L1的氨水，水电离的氢离子浓度为1011mol/L，说明此时溶液中氢氧根离子浓度为103mol/L，则常温下NH3•H2O的电离常数Kb==1×105，故D错误；故选A。【点睛】解决酸碱混合类的图象问题的关键是明确曲线上各点的溶质是什么，例如本题纵坐标为水电离的氢离子浓度，当水的电离程度最大时则恰好完全反应，之前的点(起点除外)溶质均为一水合氨和氯化铵，之后的点溶液溶质均为氯化铵和氯化氢；若横坐标给出加入的盐酸的量，则可根据加入盐酸的量定量计算溶质成分。17．常温下，向20mL0.1mol/L氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A．b、d两点为恰好完全反应点B．c点溶液中，c()=c(Cl)C．a、b之间的任意一点：c(Cl)＞c()，c(H+)＞c(OH)D．常温下，0.1mol/L氨水的电离常数K约为1×105【答案】D【解析】a点代表氨水中未加入盐酸时，水电离出的c水(H+)=1×1011mol/L，向氨水中加入一定量盐酸后，c点水的电离程度最大，说明c点溶质为氯化铵，b点为氯化铵和氨水的混合溶液，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，都等于107mol/L，铵根离子对水的电离的促进程度正好等于氨水对水的电离的抑制程度，溶液显中性；d点为氯化铵和盐酸的混合溶液，铵根离子对水的电离的促进程度正好等于盐酸对水的电离的抑制程度，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，都等于107mol/L，溶液显中性，由此分析。【详解】A．根据分析，b点为氯化铵和氨水的混合溶液，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，铵根离子对水的电离的促进程度正好等于氨水对水的电离的抑制程度，溶液显中性；如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，c点水的电离程度最大，说明c点溶质为氯化铵，因此c点为恰好完全反应的点，故A不符合题意；B．c点溶质为氯化铵，铵根离子水解，因此c()＜c(Cl)，故B不符合题意；C．a点呈碱性，b是呈中性的点，因此a、b之间的任意一点溶液显碱性：c(OH)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(OH)+c(Cl)=c()+c(H+)，c()＞c(Cl)，故C不符合题意；D．a点水电离出的氢离子浓度为1×1011mol/L，则c(OH)==1.0×103mol/L，根据：NH3∙H2O⇌OH+，因此常温下，0.lmol/L氨水的电离常数，故D符合题意；答案为D。18．常温下，向氨水中逐滴加入的溶液，溶液的导电能力和变化如图所示(忽略反应过程中溶液温度变化)，下列说法错误的是A．B．常温下，C．点溶液中存在关系：D．点溶液中存在关系：【答案】C【分析】点溶液中溶质为等物质量浓度的氨水和醋酸铵的混合溶液，根据变化图中b点，说明醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中离子浓度最大，导电能力最强，点溶液中溶质为醋酸和醋酸铵的混合溶液。【详解】A．根据变化图中b点，说明醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中离子浓度最大，导电能力最强，N点有：=×V，，故A正确；B．常温下，变化图中b点，说明