2022届高考化学抢分强化练-题型8.4水的离子积常数

第=page2626页，共=sectionpages2626页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型8.4水的离子积常数常温下，将NH3通入50mL NH4CI溶液中至pH=10，再向其中滴加1mol/L盐酸。溶液的A.a点溶液中，c(OH−)=l×10−4

mol/L

B.b点溶液中，c(NH4+)>c(Cl−下列图示与对应的叙述不相符的是(    )

A.图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3不饱和溶液

B.图2表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠

C.图3表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH

D.图4表示某明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液，沉淀的质量与加入下列酸碱溶液恰好完全中和，如图所示，则下列叙述正确的是(    )

A.因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2

B.若V1>V2，则说明HA为强酸，HB为弱酸

C.若实验①中，V=V1，则混合液中c

(N常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/L HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是(    )A.a点pH约为3，可以判断HA是弱酸

B.b点溶液：c(A−)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH−)室温下有下列四种溶液，下列叙述正确的是(    )编号①②③④pH331111溶液盐酸醋酸溶液氢氧化钠溶液氨水A.①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③>②

B.相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①>②

C.②、③两溶液等体积混合，所得溶液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+25℃时，用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液，混合溶液的导电能力变化曲线如图所示，其中b点为恰好反应点。下列说法不正确的是(    )A.溶液的导电能力与离子种类和浓度有关

B.b点溶液的pH=7

C.a→c过程中，n(CH3COO−)不断增大25℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是(    )A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZ

B.加入10mL

NaOH溶液时，HY溶液中c(Na+

)>c(Y

 ​−)

C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3

D.加入25℃时，用0.10mol⋅L−1的氨水滴定10.00mLamol⋅L−1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示，已知NA.图上四点离子种类相同

B.a=0.108

C.N、Q两点的c(NH3⋅H2O)c(N常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=−lgx,x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)A.常温下，H2C2O4的Ka1=100.8

B.pH=3时，溶液中c(HC2O4−)<c(C298K时，在0.10mol/L H2A溶液中滴入0.10mol/L NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂

B.X点溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2−)+2c(OH−)

下列说法不正确的是(    )A.25℃时，浓度相等的HA溶液和NaOH溶液等体积混合后，若所得溶液的pH=7.0，则HA一定为强电解质

B.25℃时，将pH=3的CH3COOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH<5

C.25℃时，将0.1

mol⋅L−1的NaA溶液加水稀释至pH=9，所得溶液c(O常温下，向20.00mL0.100mol⋅L−1的醋酸溶液中逐滴加入0.100mol⋅L−1的NaOH溶液，pHA.在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)

B.pH=5时，H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOHA.直线I表示的是lgc(HC2O4−)c(C2O42−)与pH的变化关系

B.室温下将0.1mol⋅L−1的烧碱溶液不断滴加到10.00mL相同浓度的HA溶液中，溶液中−lgc水(H+)与NaOH溶液的体积关系如图所示[注：cA.0.1mol⋅L−1 HA溶液pH=3

B.b点溶液中存在：c(H+)+c(HA)=c(OH−)

C.a、b、c室温下，将0.1mol/L NaOH溶液滴入20.00mL 0.1mol/L HA溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。其中不正确的是(    )A.①点：由水电离出的c(H+)=1×10−3mol/L

B.②点：c(A−)>c(Na+)>c(H室温下，将1.000 mol⋅L−1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol⋅L−1A.a点由水电离出的c(H+)=1.0×10−14mol/L

B.a点时溶液的Kw小于d点时溶液的Kw

C.b点：常温下，等浓度的MOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，溶液中pH与lgc(A−)c(HA)或A.Kb(MOH)=10−4.76

B.a、b点对应溶液中c(A⁻)相等

C.水的电离程度：c>a=b

已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4⇌H++HMO4−，A.该氢氧化钠溶液pH=12

B.图象中F点对应的溶液中c(OH−)>c(HMO4−)

C.滴入NaOH室温时，在20ml0.1mol⋅L−1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中1gc(A−A.室温时，电高常数Ka(HA)=1.0×10−53

B.B点对应NaOH溶液的体积是10mL

C.A点溶液中：c(Na+)>c(关于常温下pH=12的NaOH溶液，下列说法正确的是(    )A.c(OH−)>c(Na+)+c(H+)

B.由水电离出的c(OH−常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)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.Ka2(H2X)的数量级为10−6

B.曲线N表示pH与lgc(HX−)已知HA的酸性弱于HB的酸性，25℃时，用NaOH固体分别加入物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)。溶液中A−、B−的物质的量浓度的负对数与溶液的pHA.曲线I表示溶液的pH与−1gc(A−)的变化关系

B.Ka(HB)Ka(HA)=100

C.室温下，0.1000mol·L−1的盐酸逐滴加入到20.00mL 0.1000mol·L−1的氨水中，溶液的pH和pOH[注：pOH=−lgc(OA.图中a+b=14

B.交点J点对应的V(HCl)=20.00 mL

C.点A、B、C、D四点的溶液中均存在如下关系：c(Cl−)−c(NH4常温下，向V mL 0.1 mol·L−1的MOH溶液中加入等浓度的盐酸溶液，溶液中由水电离产生的氢离子的−lg c(H+)水随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(A.常温下，0.1 mol·L−1的MOH溶液的电离平衡常数数量级为10−6

B.d点溶液中c(M+)=c(Cl−)

C.c如图表示溶液中c(H+)和c(OH−A.由X→Z，c(OH−)增大，所以可以通过加碱来实现

B.M区域内任意点均有c(H+)<c(OH−)

C.T1与T2两条曲线之间的任意点均有测定0.1 mol·L−1Na时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是

(A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−

B.④的常温下，将0.10 mol⋅L−1盐酸慢慢加入到20.00 mL浓度为0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中，所得溶液pH变化曲线如图所示(忽略体积变化)A.点①所示溶液中由水电离产生的cOH−=10−5.5mol⋅L−1

B.点②所示溶液中：cNa+=c答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A.a点是c(H+)=10−10mol/L，根据Kw=c(H+)⋅c(OH−)，所以溶液中c(OH−)=10−4mol/L，故A正确；

B.b点表示的溶液呈碱性，根据电荷守恒有：c(OH−)+c(Cl−)=c(NH4+)+c(H+)，所以有c(Cl−)<c(NH4+)，故B正确；

C.氨气和氯化氢反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，当恰好反应时溶液应该呈酸性，但c点溶液呈碱性，说明氨气过量，故C正确；

D.【解析】解：A.硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故A正确；

B.金属性：钾>钠，故钾与水反应的速率快于钠与水反应的速率；钾的摩尔质量大于钠，故等质量的钾、钠分别与足量水反应，钠放出的氢气多，与图象相符，故B正确；

C.稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA>HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA<NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故C错误；

D.设KAl(SO4)2的物质的量为1mol，则含有1molAl3+，含2molSO42−，故当加入1.5molBa(OH)2时，能使1molAl3+完全沉淀为1molAl(OH)3沉淀，能将1.5molSO42−沉淀为BaSO4；当继续加0.5molBa(OH)2时，能使SO42−沉淀完全，引入的1molOH−能使1molAl(OH)3完全溶解，此时沉淀只有BaSO4，此两个阶段中消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3：1，即加入15mLBa(OH)2溶液时，沉淀为BaSO4和Al(OH)3，当加入20mLBa(OH)2溶液时，沉淀全部是【解析】解：A.若HA和HB均为强酸或电离程度相当的弱酸时，恰好完全中和NaOH溶液时，V1一定等于V2，但若HA和HB中有一弱酸，则酸的浓度不同，V1一定不等于V2，故A错误；

B.若V1>V2，则酸的浓度c：HA<HB，电离程度：HA>HB，所以酸性：HA>HB，即HB一定为弱酸，HA可能为酸性略强于HB的弱酸，也可能为强酸，故B错误；

C.若实验①中V=V1，则HA的浓度为0.01mol/L，完全电离使溶液的pH=2，所以HA为强酸，反应后溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，结合电荷关系有c

(Na+)=c

(A−)，故C正确；

D.HB可能为强酸或弱酸，恰好完全中和时生成的NaB可能为强酸强碱盐或弱酸强碱盐，所以实验②的混合溶液的pH等于7或大于7，溶液不可能呈酸性，故D错误；

故选：C。

A.若HA和HB中有一弱酸，则酸的浓度不同，中和等量NaOH时消耗体积不相等；

B.若V1>V2，则酸的浓度c：HA<HB，酸性：HA>HB；

C.若实验【解析】解：A.0.1mol/LHA溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L<0.1mol/L，证明HA部分电离，属于弱酸，故A正确；

B.b点溶质为等浓度的HA、KA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A−的水解程度，结合物料守恒可知：c(A−)>c(K+)>c(HA)，溶液中离子浓度大小为c(A−)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH−)，故B正确；

C.c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知：c(K+)=c(A−)，故C正确；

D.d点加入10mL等浓度的KOH溶液，恰好反应生成KA，此时水的电离程度最大，则水的电离程度：c点<d点，故D错误；

故选：D。

A.a点pH约为3，氢离子浓度为0.001mol/L，说明HA在溶液中部分电离；

B.b点加入5mL等浓度的KOH溶液，反应后溶质为等浓度的【解析】解：A.盐酸、氢氧化钠是强电解质，完全电离，二者浓度相等，都是0.001mol/L，醋酸是弱酸，弱电解质，醋酸的浓度大于0.001mol/L，①=③<②，故A错误；

B.醋酸的浓度大于0.001mol/L，盐酸的浓度等于0.001mol/L，相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，则消耗③溶液的体积和二者浓度有关，浓度是醋酸的大，即消耗③溶液的体积大，即①<②，故B错误；

C.②、③两溶液等体积混合，醋酸剩余，得到醋酸和醋酸钠的混合物，显示酸性，所得溶液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；

D.①、③溶液浓度大小相等，都是0.001mol/L，以体积比为9：11混合，则混合后氢氧化钠剩余，剩余氢氧化钠浓度=0.001×11−0.001×911+9mol/L=10−4mol/L，混合溶液的pH=10，故D错误。

故选：C。

A.盐酸、氢氧化钠是强电解质，完全电离，醋酸是弱酸，弱电解质，根据电离情况结合pH=−lgc(H+)来计算；

B.相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积大小取决于两种酸的浓度大小，根据盐酸、氢氧化钠是强电解质，完全电离，醋酸是弱酸，弱电解质来确定；

C.②、【解析】解：A.不同离子所带电荷量不同，导电能力不同；同种离子，浓度不同，导电能力也不同，故A正确；

B.b点为恰好反应点，即滴定终点，此时溶液可视为醋酸钠的水溶液，由于醋酸根水解，所以溶液显碱性，常温下，pH>7，故B错误；

C.a到b的过程，醋酸与加入的NaOH发生中和反应，醋酸的解离平衡正向移动，n(CH3COO−)逐渐增大；b到c的过程，由于溶液中NaOH的量逐渐增加，导致CH3COO−的水解平衡逆向移动，n(CH3COO−)逐渐增大；因此，从a到c的过程，n(CH3COO−)不断增大，故C正确；

D.由题可知，c点的溶液可视为等浓度的NaOH与CH3COONa的混合溶液，由于醋酸根会发生水解，所以溶液中有：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)，故D正确；

故选：B。

A.溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小；【解析】解：A.由图象开始时可以读出三种酸的的pH，0.1000

mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸；HY、HX为弱酸，且pH大小为：HY<HX，说明酸性：HY>HX，则酸性顺序是：HX<HY<HZ，故A错误；

B.浓度为0.1000

mol/L的NaOH溶液10mL与体积是20mL、浓度均为0.1000

mol/L的HY反应，只反应一半的HY，溶液显酸性，说明c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(Y−)，可知c(Na+

)<c(Y

 ​−)，故B错误；

C.由图象开始时可以读出0.1000

mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸；pH=2的强酸HZ加水稀释10倍，pH增加1，即pH=3，故C正确；

D.加入20mLNaOH溶液时，HX、HY、HZ溶液都完全中和，为中和点；滴定终点为指示剂变色点；中和点与滴定终点不是同一点，故D错误；

故选：C。

A.由图象开始时可以读出同浓度的三种酸的的pH，得出酸性强弱；

B.同浓度同体积的一元强碱与一元弱酸反应生成易水解的盐；

C【解析】解：A.四点对应的溶液中均存在：H+、OH−、NH4+、Cl−，含有的离子种类相同，故A正确；

B.由以上分析可知，a=0.108，故B正确；

C.N、Q两点的c(NH3⋅H2O)c(NH4+)⋅c(OH−)=1Ka，电离常数只受温度影响，温度相同，电离常数相同，所以N=Q，故C错误；

D.M点溶液中c(NH4Cl)=c(HCl)，则根据氯原子和氮原子守恒可知：c(Cl−)=2c(NH3⋅H2O)+2c(NH4+)，由电荷守恒可知c(H+)+c(NH4+)=c(OH【解析】解：A.曲线II为pC(H2C2O4)，曲线I为pC(HC2O4−)、III为pC(C2O42−)，当pH=0.8时，pC(H2C2O4)=pC(HC2O4−)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，则Ka1=c(H+)×c(HC2O4−)c(H2C2O4)=c(H+)=10−0.8，故A错误；

B.曲线II为pC(H2C2O4)，曲线I为pC(HC2O4−)、III为pC(C2O42−)，pH=3时，pC(H2C2O4)=pC(C2O42−)>pC(HC2O4−【解析】解：A.滴定终点呈碱性，一般用酚酞为指示剂，而石蕊变色范围较大，误差较大，故A错误；

B.NaHA溶液质子守恒：c(H2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)，故B错误；

C.Y点溶液中物料守恒：2c(Na+)=3c(A2−)+3c(HA−)+3c(H2A)，故C错误；

D.Na2A溶液水解：A2−+H2O⇌HA−+OH−；据图知c(A2−)=c(HA−)时溶液pH=9.7，溶液中c(OH−)=10−4.3mol/L，而Na2A第一步水解平衡常数

Kh=c(HA−)c(OH−)c(A2−)=c(OH−)=10−4.3，

mol/L

A2−+H2O⇌HA−+OH−

初

【解析】解：A.25℃时，浓度相等的HA溶液和NaOH溶液等体积混合后，若所得溶液的pH=7.0，则为强酸；因为等浓度等体积的一元强酸和一元强碱反应后溶液显中性；

若为弱酸，则生成易水解的NaA的盐溶液，NaA水解显碱性，则混合后的pH>7.0，故A正确；

B.将pH=3的强酸溶液加水稀释100倍，pH增加2；若将pH=3的弱酸CH3COOH溶液加水稀释100倍，在稀释过程中弱酸CH3COOH的电离平衡正向移动，电离程度增大，所以所得溶液的pH<5，故B正确；

C.NaA溶液加水稀释至pH=9，c(H+)=10−9mol⋅L−1；根据25℃时水的离子积的表达式：Kw=c(H+)×c(OH−)=10−14，求出c(OH−)=10−5mol⋅L−1，故C正确；

D.pH相同的盐酸和稀硫酸溶液分别与足量的锌反应，没有注明两种酸的体积，不知道两种酸提供的H+的物质的量，无法判断产生氢气的物质的量的多少，故D错误；

故选：D。

A.【解析】解：A.在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，故A正确；

B.pH=5的溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO−)>c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故B正确；

C.如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7时即中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；

D.当NaOH溶液滴加很多时，溶液体积增大，则c(CH3COO【解析】解：A.二元弱酸草酸的K1=c(H+)⋅c(HC2O4−)c(H2C2O4)>K2=c(H+)⋅c(C2O42−)c(HC2O4−)，当lgy=0时，pH=−lgc(H+)=−lgK，pH1=1.27<pH2=4.27，表明K1=10−1.27>K2=10−4.27，所以

直线I中y表示的是lgc(H2C2O4)c(HC2O4−)，直线Ⅱ中y表示的是lgc(H2C2O4)c(HC2O4−)，故A错误；

B.由A的分析可知，K1=10−1.27，K2=10−4.27，pH=0时，lgc(H2C2O【解析】解：A、由图可知，在未加入烧碱时，酸溶液中−lgc水(H+)=11，则c水(H+)=10−11=c水(OH−)，根据水的离子积常数，酸性溶液中的Kw=c酸(H+)×c水(OH−)，得出：c酸(H+)=Kwc水(OH−)=Kwc水(H+)=10−3mol/L，则pH=3，故A正确；

B、b点时NaOH和HA恰好完全反应生成盐NaA，在NaA溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HA)=c(OH−)，故B正确；

C、a点NaOH【解析】解：A.酸或碱抑制水电离，未加碱时溶液pH>1，说明HA为弱酸，该酸溶液pH未知，无法计算由水电离出的c(H+)，故A错误；

B.②点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒得c(A−)>c(Na+)，但是酸电离程度及盐水解程度都较小，则存在c(A−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故B正确；

C.③点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得c(A−)=c(Na+)，酸电离程度和盐水解程度都较小，则存在c(Na+)=c(A−)>c(H+)=c(OH−)，故C正确；

D.NaA是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微过量，则③点加入NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确；

故选：A。

A.酸或碱抑制水电离，未加碱时溶液pH>1，说明HA【解析】解：A.一水合氨为弱碱，电离出c(OH−)<1.000mol/L，常温下Kw=1.0×10−14，则a点：由水电离出的c(H+)>1.0×10−14mol⋅L−1，故A错误；

B.水的电离为吸热过程，温度升高电离程度增大，水的离子积增大，根据图示可知，d点温度较高，则溶液的Kw：a<d，故B正确；

C.根据图示可知，b点显碱性，说明盐酸不足，根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)，故C错误；

D.中和反应为放热反应，一水合氨电离为吸热反应，d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；

故选：B。

A.一水合氨为弱碱，1.000

【解析】解：A、当pH=9.24，呈碱性，lgc(M+)c(MOH)=0，即c(M+)c(MOH)=1，Kb(MOH)=c(OH−)c(M+)c(MOH)=1×10+9.24−14=10−4.76，故A正确；

B、b点：lgc(M+)c(MOH)=1，所以c(M+)=10c(MOH)，相当于c(HA)：c(MOH)=1：10，

a点：lgc(A−)c(HA)=1，所以c(A⁻)=10c(HA)，相当于c(HA)：c(MOH)=10：1，

体积相同，溶液的碱性越强，c(A⁻)越大，

所以a、b点对应溶液中c(A⁻)不相等，故B错误；

C、由于MA是盐溶液，促进水的电离，所以水的电离程度最大，所以有c>a=b，故C正确；

D、当pH=4.76，呈酸性，lgc(A−)c(HA)=0，c(A−)c(HA)【解析】解：A.根据图象分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10−3L×0.1mol⋅L−1=20×10−3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)=10−140.1mol/L=10−13mol/L，则pH=13，故A错误；

B.F点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH−)=c(H+)+c(HMO4−)+2c(H2MO4)，所以c(OH−)>c(HMO4−)，故B正确；

C.根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2MO4【解析】解：A.lgc(A−)c(HA)=0，即c(A−)=c(HA)，pH=5.3，HA酸的电离常数ka=c(A−)×c(H+)c(HA)=c(H+)=10−5.3，故A正确；

B.依据A可知Ka=10−5.3，A−水解常数Kh=KwKa=10−1410−5.3=10−8.7，即Ka>Kh，则等浓度的HA和NaA混合溶液，HA电离大于A−水解，所以使c(A−)>c(HA)，要使c(A−)=c(HA)，加入的氢氧化钠体积应小于10mL，故B错误；

C.A点对应溶液显酸性，即c(H+)>c(OH−)，溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，所以离子浓度关系为c(A−)>c(Na+【解析】解：A.氢氧化钠溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)，故A错误；

B.常温下pH=12的NaOH溶液，水溶液中离子积常数计算，由水电离出的c(OH−)=1.0×10−12mol⋅L−1，故B正确；

C.常温下pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合，平衡状态下氢离子和氢氧根离子恰好反应，醋酸继续电离出氢离子溶液呈酸性，故C错误；

D.与等体积0.01mol⋅L−1氯化铵溶液混合，生成氯化钠和一水合氨，依据化学方程式计算分析，c(Na+)=c(Cl−)>c(NH4+)，故D错误；

故选：B【解析】解：A.lgc(X2−)c(HX−)=0时，c(X2−)c(HX−)=1，此时pH≈5.4，则Ka2(H2X)≈10−5.4，可知Ka2(H2X)的数量级为10−6，故A正确；

B.由以上分析可知曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的变化关系，故B正确；

C.由图象可知，lgc(X2−)c(HX−)=0时，即c(HX−)=c(X2−)，此时pH≈5.4，可知NaHX溶液中HX−电离程度大于HX【解析】解：A.HA的酸性弱于HB的酸性，则Ka(HA)<Ka(HB)，对于HA，则Ka(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)，则有−lgc(A−)=−pH+pKa(HA)−lgc(HA)，同理，对HB则有−lgc(B−)=−pH+pKa(HB)−lgc(HB)，酸越弱，酸根离子水解越强，纵截距越大，酸越弱，所以曲线I表示pH与−1gc(B−)的关系，故A错误；

B.对于HA，取点(10,2)，则c(H+)=10−10mol/L，c(A−)=10−2mol/L，则Ka(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)=10−10×10−20.1−10−2=10−11，同理对于HB，取点(8,2)，则c(H+)=10−8mol/L，c(B−)=10−2mol/L，则Ka(HB)=c(H+)c(B−)c(HB)=10−8×10−2【解析】【分析】

本题考查酸碱滴定曲线分析及离子浓度关系分析，解答时要抓住特殊点，结合溶液中平衡体系和守恒关系进行分析。

【解答】

A.图中A点和